Fungsi khusus $P(s)=\int^\infty_0 \frac{\ln(x)dx}{1+x^s}$ [duplikat]
Evaluasi integral $$P(s)=\int^\infty_0 \frac{\ln(x) \,dx}{1+x^s}$$
Saya mencoba integrasi dengan bagian, menggunakan $u=\ln(x),du=\frac{x}{dx},v=\frac{1}{1+x^s}$, tetapi saya tidak berhasil mendapatkan apa pun.
Saya berpikir untuk menggunakan rangkaian pangkat, tetapi saya tidak menemukan yang menyatu di seluruh domain.
Menggunakan substitusi$u=\ln(x),du=\frac{dx}{x}$ kita mendapatkan $$\int^\infty_{-\infty} \frac{ue^{-u}}{1+e^{su}} ,$$ yang sepertinya juga tidak berguna.
Pertanyaan serupa sebelumnya Integral dari$\int^{\infty}_0 \frac{x^n}{x^s+1}dx$ memberi $$\int^\infty_0 \frac{x^n \,dx}{1+x^s}=\frac{\Gamma(\frac{1}{s})\Gamma\left(1-\frac{1}{s}\right)}{s(n+1)} .$$
Pertanyaan lain yang mungkin relevan adalah Integral of$\int^{\infty}_0 \frac{e^{-x}}{x^s+1}\,dx$.
Jawaban
Itu $p$-test menyiratkan bahwa integral ini menyimpang untuk $s \leq 1$, jadi kami berasumsi bahwa $s > 1$.
Petunjuk Integral ini adalah aplikasi standar dari Teorema Residu. Dalam hal ini, kita bisa mengambil konturnya$\Gamma_R$ menjadi batas-batas sektor, berpusat pada asal, radius $R$ dan sudut tengah $\frac{2 \pi}{s}$. (Pilihan yang mudah adalah dengan mengambil satu ruas garis batas sepanjang sumbu nyata positif dan yang lainnya sepanjang sinar tembus$e^{2 \pi i / s}$.) Kemudian, kontur berisi satu kutub, di $e^{\pi i / s}$. Melanjutkan seperti biasa dengan menulis ulang integral kontur sebagai penjumlahan dari tiga integral, mengambil limitnya sebagai$R \to \infty$ (yang menghilangkan salah satu integral), menata ulang, dan mengambil bagian nyata dan imajiner memberikan nilai kedua integral yang diberikan, $$\int_0^\infty \frac{\log x \,dx}{1 + x^s} ,$$ dan, sebagai bonus sambutan, bagian integral terkait, $$\int_0^\infty \frac{\,dx}{1 + x^s} .$$
Melakukan prosedur di atas memberikan residu yang relevan $$\operatorname{Res}\left(\frac{\log z}{1 + z^s}, z = e^{\pi i / s}\right) = -\frac{\pi}{s^2} \exp \left(\frac{s + 2}{2 s} \pi i\right)$$ dan kemudian integral itu memiliki nilai $$\int_0^\infty \frac{\log x \,dx}{1 + x^s} = -\frac{\pi^2}{s^2} \cot \frac{\pi}{s} \csc \frac{\pi}{s} .$$
Teknik di atas pada dasarnya adalah pendekatan robjohn dalam jawabannya atas pertanyaan ini , yang menangani kasus khusus$s = 3$. Pendekatan Ron Gordon di sana, yaitu, menggunakan kontur lubang kunci, berlaku setidaknya dalam kasus khusus itu$s$ adalah bilangan bulat (perlu $\geq 2$). Pendekatan Marko Riedel di sana memiliki semangat yang mirip dengan jawaban JG untuk pertanyaan ini.
Catatan Integral ini mengambil nilai-nilai khusus dimana$\frac{\pi}{s}$tidak, termasuk di berbagai bilangan rasional dengan pembilang dan penyebut kecil. Khususnya untuk$s = 2$ integral lenyap, yang dapat ditampilkan menggunakan argumen yang apik tetapi lebih mudah.
Membedakan$$\int_0^\infty\frac{x^{t-1}dx}{1+x^s}=\frac1s\int_0^\infty\frac{y^{t/s-1}dy}{1+y}=\frac{\pi}{s}\csc\frac{\pi t}{s}$$dengan hormat $t$ memberi$$\int_0^\infty\frac{x^{t-1}\ln x\,dx}{1+x^s}=-\frac{\pi^2}{s^2}\csc\frac{\pi t}{s}\cot\frac{\pi t}{s}.$$Set $t=1$ mendapatkan$$\int_0^\infty\frac{\ln x\,dx}{1+x^s}=-\frac{\pi^2}{s^2}\csc\frac{\pi}{s}\cot\frac{\pi}{s}.$$Kasus $s=2$ adalah pemeriksaan kewarasan terkenal, yang integralnya adalah $0$.
Untuk melihat pola yang mungkin, saya pikir kita perlu mencari nilai yang lebih besar $s$.
Sebagai contoh $$P(7)=-\frac{4 \pi ^2 \left(1-3 \sin \left(\frac{\pi }{14}\right)+3 \sin \left(\frac{3 \pi }{14}\right)\right)}{49 \left(3+6 \sin \left(\frac{\pi }{14}\right)-4 \sin \left(\frac{3 \pi }{14}\right)\right)}$$ yang bisa disederhanakan dengan baik.
Faktanya, CAS memberikan keindahan
$$\color{blue}{P(s)=\int^\infty_0 \frac{\log(x)}{1+x^s}dx=-\pi ^2\frac{ \cot \left(\frac{\pi }{s}\right) \csc \left(\frac{\pi }{s}\right)}{s^2}}$$
Algoritme untuk mendapatkan solusi.
Langkah 1: Seperti yang disebutkan di math.stackexchange.com/questions/3709298 oleh Calvin Khor untuk natural $n$, mudah untuk mengganti $y = x^{n+1}$ dalam integral $\int_{0}^{\infty }\frac{x^n}{x^s + 1}$ dan dapatkan intergal jenis seperti itu: $\int_{0}^{\infty }\frac{1}{y^s + 1}dy$, yang diketahui (case $n=0$). Tapi ide ini bekerja tidak hanya untuk alam$n$. Oleh karena itu, kita dapat menemukannya
$$I(a) = \int_{0}^{\infty }\frac{x^a}{x^s + 1}dx$$ nyata $a$.
Langkah 2. Kami punya $$I'(a) = \int_{0}^{\infty }\frac{x^a \ln x}{x^s + 1}dx.$$
Jadi itu cukup untuk dimasukkan $a=1$.
$$I=\int_{0}^{\infty} \frac{\ln x}{1+x^s} dx.$$ Membiarkan $x=e^t$, kemudian $$I=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{t e^t}{1+e^{st}}=\int_{-\infty}^{0} \frac{t e^t}{1+e^{st}} dt+\int_{0}^{\infty} \frac{t e^t}{1+e^{st}} dt$$ Di yang pertama biarkan $t=-z$, kemudian $$I=-\sum_{k=0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} ze^{-(1+ks)z} dz+\sum_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} te^{-(s+ks-1)t} dt$$ $$I=-\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(1+ks)^2}+ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{[s(1+k)-1]^2}=\frac{\psi^{(1)}(1-1/s)-\psi^{(1)}(1/s)}{s^2}$$ Menggunakan properti fungsi poli-Gamma: https://en.wikipedia.org/wiki/Polygamma_function
Berharap untuk kembali.