Specjalna funkcja $P(s)=\int^\infty_0 \frac{\ln(x)dx}{1+x^s}$ [duplikować]
Oblicz całkę $$P(s)=\int^\infty_0 \frac{\ln(x) \,dx}{1+x^s}$$
Próbowałem całkowania przez części, używając $u=\ln(x),du=\frac{x}{dx},v=\frac{1}{1+x^s}$, ale nic mi się nie udało.
Myślałem o użyciu szeregu potęgowego, ale nie znalazłem takiego, który zbiega się w całej domenie.
Korzystanie z zamiany$u=\ln(x),du=\frac{dx}{x}$ dostajemy $$\int^\infty_{-\infty} \frac{ue^{-u}}{1+e^{su}} ,$$ co też nie wydaje się przydatne.
Poprzednie podobne pytanie Całka$\int^{\infty}_0 \frac{x^n}{x^s+1}dx$ daje $$\int^\infty_0 \frac{x^n \,dx}{1+x^s}=\frac{\Gamma(\frac{1}{s})\Gamma\left(1-\frac{1}{s}\right)}{s(n+1)} .$$
Innym potencjalnie istotnym pytaniem jest Integral of$\int^{\infty}_0 \frac{e^{-x}}{x^s+1}\,dx$.
Odpowiedzi
Plik $p$-test oznacza, że ta całka różni się dla $s \leq 1$, więc zakładamy, że $s > 1$.
Wskazówka Ta całka jest standardowym zastosowaniem twierdzenia o resztach. W takim przypadku możemy wziąć kontury$\Gamma_R$ być granicami sektorów, wyśrodkowanymi w początku, promienia $R$ i kąt środkowy $\frac{2 \pi}{s}$. (Wygodnym wyborem jest wzięcie jednego odcinka granicznego wzdłuż dodatniej osi rzeczywistej, a drugiego wzdłuż promienia$e^{2 \pi i / s}$.) Następnie kontur zawiera pojedynczy biegun, w $e^{\pi i / s}$. Postępując jak zwykle, przepisując całkę konturu jako sumę trzech całek, przyjmując granicę jako$R \to \infty$ (co eliminuje jedną z całek), przestawianie i przyjmowanie części rzeczywistej i urojonej daje wartości obu podanej całki, $$\int_0^\infty \frac{\log x \,dx}{1 + x^s} ,$$ i jako premia powitalna powiązana całka, $$\int_0^\infty \frac{\,dx}{1 + x^s} .$$
Wykonanie powyższej procedury daje, że istotną pozostałością jest $$\operatorname{Res}\left(\frac{\log z}{1 + z^s}, z = e^{\pi i / s}\right) = -\frac{\pi}{s^2} \exp \left(\frac{s + 2}{2 s} \pi i\right)$$ i wtedy całka ma wartość $$\int_0^\infty \frac{\log x \,dx}{1 + x^s} = -\frac{\pi^2}{s^2} \cot \frac{\pi}{s} \csc \frac{\pi}{s} .$$
Powyższa technika jest w istocie podejściem Robjohna w jego odpowiedzi na to pytanie , która traktuje szczególny przypadek$s = 3$. Podejście Rona Gordona, to znaczy użycie konturu dziurki od klucza, ma zastosowanie przynajmniej w tym szczególnym przypadku$s$ jest liczbą całkowitą (koniecznie $\geq 2$). Podejście Marko Riedela jest podobne w duchu do odpowiedzi JG na to pytanie.
Uwaga Ta całka przyjmuje specjalne wartości, gdzie$\frac{\pi}{s}$robi, w tym przy różnych liczbach wymiernych z małym licznikiem i mianownikiem. W szczególności dla$s = 2$ całka znika, co można pokazać za pomocą zręcznego, ale łatwiejszego argumentu.
Różnicowanie$$\int_0^\infty\frac{x^{t-1}dx}{1+x^s}=\frac1s\int_0^\infty\frac{y^{t/s-1}dy}{1+y}=\frac{\pi}{s}\csc\frac{\pi t}{s}$$z szacunkiem do $t$ daje$$\int_0^\infty\frac{x^{t-1}\ln x\,dx}{1+x^s}=-\frac{\pi^2}{s^2}\csc\frac{\pi t}{s}\cot\frac{\pi t}{s}.$$Zestaw $t=1$ dostać$$\int_0^\infty\frac{\ln x\,dx}{1+x^s}=-\frac{\pi^2}{s^2}\csc\frac{\pi}{s}\cot\frac{\pi}{s}.$$Walizka $s=2$ to słynny test poczytalności, dla którego jest całka $0$.
Myślę, że aby zobaczyć możliwy wzór, musimy zbadać większe wartości $s$.
Na przykład $$P(7)=-\frac{4 \pi ^2 \left(1-3 \sin \left(\frac{\pi }{14}\right)+3 \sin \left(\frac{3 \pi }{14}\right)\right)}{49 \left(3+6 \sin \left(\frac{\pi }{14}\right)-4 \sin \left(\frac{3 \pi }{14}\right)\right)}$$ co można ładnie uprościć.
W rzeczywistości CAS daje piękne
$$\color{blue}{P(s)=\int^\infty_0 \frac{\log(x)}{1+x^s}dx=-\pi ^2\frac{ \cot \left(\frac{\pi }{s}\right) \csc \left(\frac{\pi }{s}\right)}{s^2}}$$
Algorytm do znalezienia rozwiązania.
Krok 1: Jak wspomniano w math.stackexchange.com/questions/3709298 przez Calvina Khora dla naturalnych $n$, łatwo jest zrobić podstawienie $y = x^{n+1}$ w całce $\int_{0}^{\infty }\frac{x^n}{x^s + 1}$ i uzyskaj międzygalę tego typu: $\int_{0}^{\infty }\frac{1}{y^s + 1}dy$, co jest znane (przypadek $n=0$). Ale ten pomysł działa nie tylko na naturalny$n$. Stąd możemy znaleźć
$$I(a) = \int_{0}^{\infty }\frac{x^a}{x^s + 1}dx$$ na serio $a$.
Krok 2. Mamy $$I'(a) = \int_{0}^{\infty }\frac{x^a \ln x}{x^s + 1}dx.$$
Więc wystarczy umieścić $a=1$.
$$I=\int_{0}^{\infty} \frac{\ln x}{1+x^s} dx.$$ Pozwolić $x=e^t$, następnie $$I=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{t e^t}{1+e^{st}}=\int_{-\infty}^{0} \frac{t e^t}{1+e^{st}} dt+\int_{0}^{\infty} \frac{t e^t}{1+e^{st}} dt$$ W pierwszym niech $t=-z$, następnie $$I=-\sum_{k=0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} ze^{-(1+ks)z} dz+\sum_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} te^{-(s+ks-1)t} dt$$ $$I=-\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(1+ks)^2}+ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{[s(1+k)-1]^2}=\frac{\psi^{(1)}(1-1/s)-\psi^{(1)}(1/s)}{s^2}$$ Korzystając z właściwości funkcji poly-Gamma: https://en.wikipedia.org/wiki/Polygamma_function
Mam nadzieję, że wrócę.