विशेष समारोह $P(s)=\int^\infty_0 \frac{\ln(x)dx}{1+x^s}$ [डुप्लिकेट]
अभिन्न का मूल्यांकन करें $$P(s)=\int^\infty_0 \frac{\ln(x) \,dx}{1+x^s}$$
मैंने भागों का उपयोग करके एकीकरण का प्रयास किया $u=\ln(x),du=\frac{x}{dx},v=\frac{1}{1+x^s}$, लेकिन मैंने कुछ पाने के लिए प्रबंधन नहीं किया।
मैंने एक शक्ति श्रृंखला का उपयोग करने के बारे में सोचा था, लेकिन मुझे ऐसा नहीं मिला जो पूरे डोमेन पर अभिसरण करता हो।
प्रतिस्थापन का उपयोग करना$u=\ln(x),du=\frac{dx}{x}$ हमें मिला $$\int^\infty_{-\infty} \frac{ue^{-u}}{1+e^{su}} ,$$ जो उपयोगी भी नहीं लगता है।
पिछले समान सवाल का इंटीग्रल$\int^{\infty}_0 \frac{x^n}{x^s+1}dx$ देता है $$\int^\infty_0 \frac{x^n \,dx}{1+x^s}=\frac{\Gamma(\frac{1}{s})\Gamma\left(1-\frac{1}{s}\right)}{s(n+1)} .$$
एक और संभवतः प्रासंगिक सवाल का अभिन्न अंग है$\int^{\infty}_0 \frac{e^{-x}}{x^s+1}\,dx$।
जवाब
द $p$-टेस्ट का तात्पर्य है कि यह अभिन्न के लिए अभिन्न है $s \leq 1$, तो हम मान लेते हैं $s > 1$।
संकेत यह अभिन्न अवशेष प्रमेय का एक मानक अनुप्रयोग है। इस मामले में, हम आकृति ले सकते हैं$\Gamma_R$ त्रिज्या के मूल में केंद्रित क्षेत्रों की सीमा हो $R$ और केंद्रीय कोण $\frac{2 \pi}{s}$। (एक सुविधाजनक विकल्प एक सीमा रेखा खंड को सकारात्मक वास्तविक अक्ष के साथ और दूसरे को किरण के माध्यम से ले जाना है$e^{2 \pi i / s}$।) फिर, समोच्च में एक एकल ध्रुव होता है, पर $e^{\pi i / s}$। समोच्च अभिन्न के रूप में सीमा को फिर से लेते हुए, समोच्च अभिन्न तीन के योग के रूप में आगे बढ़ते हुए$R \to \infty$ (जो अभिन्नों में से एक को समाप्त करता है), पुन: व्यवस्थित करना, और वास्तविक और काल्पनिक भागों को लेना दोनों को दिए गए अभिन्नता का मान देता है, $$\int_0^\infty \frac{\log x \,dx}{1 + x^s} ,$$ और, एक स्वागत योग्य बोनस के रूप में, संबंधित अभिन्न, $$\int_0^\infty \frac{\,dx}{1 + x^s} .$$
उपरोक्त प्रक्रिया को अंजाम देने से प्रासंगिक अवशेष प्राप्त होता है $$\operatorname{Res}\left(\frac{\log z}{1 + z^s}, z = e^{\pi i / s}\right) = -\frac{\pi}{s^2} \exp \left(\frac{s + 2}{2 s} \pi i\right)$$ और फिर यह कि अभिन्न का मूल्य है $$\int_0^\infty \frac{\log x \,dx}{1 + x^s} = -\frac{\pi^2}{s^2} \cot \frac{\pi}{s} \csc \frac{\pi}{s} .$$
उपरोक्त तकनीक अनिवार्य रूप से इस प्रश्न के उत्तर में रोबजोन का दृष्टिकोण है , जो विशेष मामले का इलाज करता है$s = 3$। रॉन गॉर्डन का दृष्टिकोण, किहोल समोच्च के बजाय का उपयोग करते हुए, विशेष मामले में कम से कम लागू होता है$s$ एक पूर्णांक है (आवश्यक रूप से) $\geq 2$) है। मार्को रिडेल का दृष्टिकोण इस प्रश्न के JG के उत्तर की भावना के समान है।
टिप्पणी इस अभिन्न विशेष मान जहां पर ले जाता$\frac{\pi}{s}$छोटे अंश और हर के साथ विभिन्न परिमेय संख्याओं को शामिल करता है। विशेष रूप से के लिए$s = 2$ अभिन्न गायब हो जाता है, जिसे एक चालाक लेकिन आसान तर्क का उपयोग करके दिखाया जा सकता है।
भेद करना$$\int_0^\infty\frac{x^{t-1}dx}{1+x^s}=\frac1s\int_0^\infty\frac{y^{t/s-1}dy}{1+y}=\frac{\pi}{s}\csc\frac{\pi t}{s}$$इसके संबंध में $t$ देता है$$\int_0^\infty\frac{x^{t-1}\ln x\,dx}{1+x^s}=-\frac{\pi^2}{s^2}\csc\frac{\pi t}{s}\cot\frac{\pi t}{s}.$$सेट $t=1$ पाने के लिए$$\int_0^\infty\frac{\ln x\,dx}{1+x^s}=-\frac{\pi^2}{s^2}\csc\frac{\pi}{s}\cot\frac{\pi}{s}.$$मुकदमा $s=2$ एक प्रसिद्ध पवित्रता जाँच है, जिसके लिए अभिन्न है $0$।
एक संभावित पैटर्न देखने के लिए, मुझे लगता है कि हमें बड़े मूल्यों की खोज करने की आवश्यकता है $s$।
उदाहरण के लिए $$P(7)=-\frac{4 \pi ^2 \left(1-3 \sin \left(\frac{\pi }{14}\right)+3 \sin \left(\frac{3 \pi }{14}\right)\right)}{49 \left(3+6 \sin \left(\frac{\pi }{14}\right)-4 \sin \left(\frac{3 \pi }{14}\right)\right)}$$ जिसे अच्छी तरह से सरलीकृत किया जा सकता है।
वास्तव में, एक कैस सुंदर देता है
$$\color{blue}{P(s)=\int^\infty_0 \frac{\log(x)}{1+x^s}dx=-\pi ^2\frac{ \cot \left(\frac{\pi }{s}\right) \csc \left(\frac{\pi }{s}\right)}{s^2}}$$
एक समाधान प्राप्त करने के लिए एक एल्गोरिथ्म।
चरण 1: जैसा कि यह उल्लेख किया गया था। math.stackexchange.com/questions/3709298 प्राकृतिक द्वारा केल्विन खोर द्वारा $n$, सबस्टेशन बनाना आसान है $y = x^{n+1}$ अभिन्न में $\int_{0}^{\infty }\frac{x^n}{x^s + 1}$ और इस प्रकार के अंतराल प्राप्त करें: $\int_{0}^{\infty }\frac{1}{y^s + 1}dy$, जो ज्ञात है (मामला) $n=0$) है। लेकिन यह विचार न केवल प्राकृतिक के लिए काम करता है$n$। इसलिए, हम पा सकते हैं
$$I(a) = \int_{0}^{\infty }\frac{x^a}{x^s + 1}dx$$ वास्तव में $a$।
चरण 2. हमारे पास है $$I'(a) = \int_{0}^{\infty }\frac{x^a \ln x}{x^s + 1}dx.$$
इसलिए इसे लगाना पर्याप्त है $a=1$।
$$I=\int_{0}^{\infty} \frac{\ln x}{1+x^s} dx.$$ चलो $x=e^t$, तब फिर $$I=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{t e^t}{1+e^{st}}=\int_{-\infty}^{0} \frac{t e^t}{1+e^{st}} dt+\int_{0}^{\infty} \frac{t e^t}{1+e^{st}} dt$$ पहले एक में $t=-z$, तब फिर $$I=-\sum_{k=0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} ze^{-(1+ks)z} dz+\sum_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} te^{-(s+ks-1)t} dt$$ $$I=-\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(1+ks)^2}+ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{[s(1+k)-1]^2}=\frac{\psi^{(1)}(1-1/s)-\psi^{(1)}(1/s)}{s^2}$$ पॉली-गामा फ़ंक्शन की संपत्ति का उपयोग करना: https://en.wikipedia.org/wiki/Polygamma_function
वापस आने की उम्मीद है।