特殊機能 $P(s)=\int^\infty_0 \frac{\ln(x)dx}{1+x^s}$ [複製]

Question

積分を評価する $$P(s)=\int^\infty_0 \frac{\ln(x) \,dx}{1+x^s}$$

パーツごとの統合を試してみました $u=\ln(x),du=\frac{x}{dx},v=\frac{1}{1+x^s}$、しかし私は何も得ることができませんでした。

べき級数を使用することを考えましたが、ドメイン全体に収束するものは見つかりませんでした。
置換を使用する$u=\ln(x),du=\frac{dx}{x}$ 我々が得る $$\int^\infty_{-\infty} \frac{ue^{-u}}{1+e^{su}} ,$$ これも役に立たないようです。

前の同様の質問の積分$\int^{\infty}_0 \frac{x^n}{x^s+1}dx$ 与える $$\int^\infty_0 \frac{x^n \,dx}{1+x^s}=\frac{\Gamma(\frac{1}{s})\Gamma\left(1-\frac{1}{s}\right)}{s(n+1)} .$$

もう1つの関連する可能性のある質問は、$\int^{\infty}_0 \frac{e^{-x}}{x^s+1}\,dx$。

Answer 1

ザ・ $p$-テストは、この積分が $s \leq 1$、したがって、 $s > 1$。

ヒントこの積分は、留数定理の標準的なアプリケーションです。この場合、輪郭を取ることができます$\Gamma_R$ 原点を中心とする半径のセクターの境界になる $R$ と中心角 $\frac{2 \pi}{s}$。（便利な選択は、1つの境界線分を正の実軸に沿って、もう1つを光線に沿って取る方法です。$e^{2 \pi i / s}$。）次に、等高線には1つの極が含まれます。 $e^{\pi i / s}$。限界を次のように取りながら、3つの積分の合計として輪郭積分を書き直すことにより、通常どおりに続行します。$R \to \infty$ （これにより、積分の1つが削除されます）、実数部と虚数部を再配置して取得すると、指定された積分の両方の値が得られます。 $$\int_0^\infty \frac{\log x \,dx}{1 + x^s} ,$$ そして、ウェルカムボーナスとして、関連する積分、 $$\int_0^\infty \frac{\,dx}{1 + x^s} .$$

上記の手順を実行すると、関連する残基は次のようになります。 $$\operatorname{Res}\left(\frac{\log z}{1 + z^s}, z = e^{\pi i / s}\right) = -\frac{\pi}{s^2} \exp \left(\frac{s + 2}{2 s} \pi i\right)$$ そして、積分には価値があります $$\int_0^\infty \frac{\log x \,dx}{1 + x^s} = -\frac{\pi^2}{s^2} \cot \frac{\pi}{s} \csc \frac{\pi}{s} .$$

上記の手法は、本質的に、この質問に対する彼の回答におけるロブジョンのアプローチであり、特殊なケースを扱います。$s = 3$。そこでのRonGordonのアプローチ、つまり、代わりに鍵穴の輪郭を使用することは、少なくとも次のような特別な場合に適用されます。$s$ は整数です（必然的に $\geq 2$）。そこでのMarkoRiedelのアプローチは、この質問に対するJGの回答と精神的に似ています。

備考この積分は特別な値を取ります。$\frac{\pi}{s}$分子と分母が小さいさまざまな有理数を含みます。特に$s = 2$ 積分は消えます。これは、滑らかですが簡単な引数を使用して示すことができます。

Answer 2

差別化$$\int_0^\infty\frac{x^{t-1}dx}{1+x^s}=\frac1s\int_0^\infty\frac{y^{t/s-1}dy}{1+y}=\frac{\pi}{s}\csc\frac{\pi t}{s}$$に関して $t$ 与える$$\int_0^\infty\frac{x^{t-1}\ln x\,dx}{1+x^s}=-\frac{\pi^2}{s^2}\csc\frac{\pi t}{s}\cot\frac{\pi t}{s}.$$セットする $t=1$ 取得するため$$\int_0^\infty\frac{\ln x\,dx}{1+x^s}=-\frac{\pi^2}{s^2}\csc\frac{\pi}{s}\cot\frac{\pi}{s}.$$ケース $s=2$ は有名な健全性チェックであり、その積分は $0$。

Answer 3

考えられるパターンを確認するには、より大きな値を探す必要があると思います。 $s$。

例えば $$P(7)=-\frac{4 \pi ^2 \left(1-3 \sin \left(\frac{\pi }{14}\right)+3 \sin \left(\frac{3 \pi }{14}\right)\right)}{49 \left(3+6 \sin \left(\frac{\pi }{14}\right)-4 \sin \left(\frac{3 \pi }{14}\right)\right)}$$ これはうまく簡略化できます。

実際、CASは美しい

$$\color{blue}{P(s)=\int^\infty_0 \frac{\log(x)}{1+x^s}dx=-\pi ^2\frac{ \cot \left(\frac{\pi }{s}\right) \csc \left(\frac{\pi }{s}\right)}{s^2}}$$

Answer 4

解決策を得るためのアルゴリズム。

ステップ1：自然のためにCalvinKhorによってmath.stackexchange.com/questions/3709298で言及されたように $n$、置換を行うのは簡単です $y = x^{n+1}$ 積分で $\int_{0}^{\infty }\frac{x^n}{x^s + 1}$ そして、そのようなタイプのインターガルを取得します。 $\int_{0}^{\infty }\frac{1}{y^s + 1}dy$、既知です（ケース $n=0$）。しかし、このアイデアは自然だけでなく機能します$n$。したがって、私たちは見つけるかもしれません

$$I(a) = \int_{0}^{\infty }\frac{x^a}{x^s + 1}dx$$ まじ？実際に $a$。

ステップ2。 $$I'(a) = \int_{0}^{\infty }\frac{x^a \ln x}{x^s + 1}dx.$$

だから置くだけで十分です $a=1$。

Answer 5

$$I=\int_{0}^{\infty} \frac{\ln x}{1+x^s} dx.$$ しましょう $x=e^t$、その後 $$I=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{t e^t}{1+e^{st}}=\int_{-\infty}^{0} \frac{t e^t}{1+e^{st}} dt+\int_{0}^{\infty} \frac{t e^t}{1+e^{st}} dt$$ 最初のものでは $t=-z$、その後 $$I=-\sum_{k=0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} ze^{-(1+ks)z} dz+\sum_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} te^{-(s+ks-1)t} dt$$ $$I=-\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(1+ks)^2}+ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{[s(1+k)-1]^2}=\frac{\psi^{(1)}(1-1/s)-\psi^{(1)}(1/s)}{s^2}$$ ポリガンマ関数のプロパティの使用： https://en.wikipedia.org/wiki/Polygamma_function

戻ってくることを望んでいます。