특수 기능 $P(s)=\int^\infty_0 \frac{\ln(x)dx}{1+x^s}$ [복제]

Question

적분 평가 $$P(s)=\int^\infty_0 \frac{\ln(x) \,dx}{1+x^s}$$

나는 부품으로 통합을 시도했다. $u=\ln(x),du=\frac{x}{dx},v=\frac{1}{1+x^s}$, 그러나 나는 아무것도 얻지 못했습니다.

멱급수를 사용하려고 생각했지만 전체 영역에서 수렴하는 것을 찾지 못했습니다.
대체 사용$u=\ln(x),du=\frac{dx}{x}$ 우리는 얻는다 $$\int^\infty_{-\infty} \frac{ue^{-u}}{1+e^{su}} ,$$ 유용하지 않은 것 같습니다.

이전 유사한 질문 Integral of$\int^{\infty}_0 \frac{x^n}{x^s+1}dx$ 준다 $$\int^\infty_0 \frac{x^n \,dx}{1+x^s}=\frac{\Gamma(\frac{1}{s})\Gamma\left(1-\frac{1}{s}\right)}{s(n+1)} .$$

관련 가능성이있는 또 다른 질문은 Integral of$\int^{\infty}_0 \frac{e^{-x}}{x^s+1}\,dx$.

Answer 1

그만큼 $p$-test는이 적분이 $s \leq 1$, 그래서 우리는 $s > 1$.

힌트이 적분은 잔차 정리의 표준 적용입니다. 이 경우 윤곽을 취할 수 있습니다$\Gamma_R$ 반경의 원점을 중심으로 한 섹터의 경계 $R$ 중심 각도 $\frac{2 \pi}{s}$. (편리한 선택은 양의 실수 축을 따라 하나의 경계선 세그먼트를 가져오고 다른 하나는 광선을 따라$e^{2 \pi i / s}$.) 그런 다음 윤곽에는 단일 극이 포함됩니다. $e^{\pi i / s}$. 등고선 적분을 3 개의 적분의 합으로 다시 작성하여 평소와 같이 진행합니다.$R \to \infty$ (적분 중 하나를 제거함) 실수와 허수 부분을 재 배열하고 취하면 주어진 적분 값을 모두 제공합니다. $$\int_0^\infty \frac{\log x \,dx}{1 + x^s} ,$$ 그리고 환영 보너스로 관련 적분, $$\int_0^\infty \frac{\,dx}{1 + x^s} .$$

위의 절차를 수행하면 관련 잔류 물이 $$\operatorname{Res}\left(\frac{\log z}{1 + z^s}, z = e^{\pi i / s}\right) = -\frac{\pi}{s^2} \exp \left(\frac{s + 2}{2 s} \pi i\right)$$ 그리고 적분은 가치가 있습니다 $$\int_0^\infty \frac{\log x \,dx}{1 + x^s} = -\frac{\pi^2}{s^2} \cot \frac{\pi}{s} \csc \frac{\pi}{s} .$$

위의 기술은 본질적으로 특별한 경우를 다루는 이 질문에 대한 그의 답변에서 robjohn의 접근 방식입니다.$s = 3$. Ron Gordon의 접근 방식, 즉 키홀 윤곽을 대신 사용하는 것은 최소한 다음과 같은 특수한 경우에 적용됩니다.$s$ 정수입니다 (필수 $\geq 2$). Marko Riedel의 접근 방식은이 질문에 대한 JG의 답변과 정신적으로 유사합니다.

비고이 적분은 다음과 같은 특수 값을 취합니다.$\frac{\pi}{s}$작은 분자와 분모를 가진 다양한 유리수를 포함합니다. 특히$s = 2$ 매끄럽지 만 더 쉬운 주장을 사용하여 보여줄 수있는 적분은 사라집니다.

Answer 2

차별화$$\int_0^\infty\frac{x^{t-1}dx}{1+x^s}=\frac1s\int_0^\infty\frac{y^{t/s-1}dy}{1+y}=\frac{\pi}{s}\csc\frac{\pi t}{s}$$에 관하여 $t$ 준다$$\int_0^\infty\frac{x^{t-1}\ln x\,dx}{1+x^s}=-\frac{\pi^2}{s^2}\csc\frac{\pi t}{s}\cot\frac{\pi t}{s}.$$세트 $t=1$ 얻기 위해$$\int_0^\infty\frac{\ln x\,dx}{1+x^s}=-\frac{\pi^2}{s^2}\csc\frac{\pi}{s}\cot\frac{\pi}{s}.$$경우 $s=2$ 적분은 다음과 같은 유명한 온 전성 검사입니다. $0$.

Answer 3

가능한 패턴을보기 위해서는 더 큰 가치를 모색해야한다고 생각합니다. $s$.

예를 들면 $$P(7)=-\frac{4 \pi ^2 \left(1-3 \sin \left(\frac{\pi }{14}\right)+3 \sin \left(\frac{3 \pi }{14}\right)\right)}{49 \left(3+6 \sin \left(\frac{\pi }{14}\right)-4 \sin \left(\frac{3 \pi }{14}\right)\right)}$$ 멋지게 단순화 할 수 있습니다.

실제로 CAS는 아름다운

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

Answer 4

솔루션을 얻기위한 알고리즘.

1 단계 : math.stackexchange.com/questions/3709298에서 Calvin Khor가 자연에 대해 언급했듯이 $n$, 대체하기 쉽습니다. $y = x^{n+1}$ 적분으로 $\int_{0}^{\infty }\frac{x^n}{x^s + 1}$ 다음과 같은 유형의 intergal을 가져옵니다. $\int_{0}^{\infty }\frac{1}{y^s + 1}dy$, 알려진 (case $n=0$). 하지만이 아이디어는$n$. 따라서 우리는

$$I(a) = \int_{0}^{\infty }\frac{x^a}{x^s + 1}dx$$ 진짜로 $a$.

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

그래서 충분합니다 $a=1$.

Answer 5

$$I=\int_{0}^{\infty} \frac{\ln x}{1+x^s} dx.$$ 허락하다 $x=e^t$, 다음 $$I=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{t e^t}{1+e^{st}}=\int_{-\infty}^{0} \frac{t e^t}{1+e^{st}} dt+\int_{0}^{\infty} \frac{t e^t}{1+e^{st}} dt$$ 첫 번째는 $t=-z$, 다음 $$I=-\sum_{k=0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} ze^{-(1+ks)z} dz+\sum_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} te^{-(s+ks-1)t} dt$$ $$I=-\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(1+ks)^2}+ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{[s(1+k)-1]^2}=\frac{\psi^{(1)}(1-1/s)-\psi^{(1)}(1/s)}{s^2}$$ 폴리 감마 함수의 속성 사용 : https://en.wikipedia.org/wiki/Polygamma_function

돌아오고 싶어요.