Avaliando $\int_0^\infty\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}\,dx$
Eu me diverti muito com essa resposta, onde trabalhei$$\int_0^\infty\frac1{\sqrt{x^4+x^3+x^2+x+1}}\,dx=\frac4{\sqrt{4\varphi+3}}F\left(\frac{3\pi}{10},m=8\varphi-12\right)$$ Mas o que acontece se o maior expoente no polinômio denominador não for $4$mas algum outro inteiro? Em outras palavras, existe uma forma geral fechada ou expressão de série única para $$\int_0^\infty\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}\,dx\ ?$$ Para $n=5$ a resposta é como acima e para $n=4$ $$\int_0^\infty\frac1{\sqrt{x^3+x^2+x+1}}\,dx=2^{-1/4}F\left(\cos^{-1}\frac{1-\sqrt2}{1+\sqrt2},\frac12+\frac1{2\sqrt2}\right)$$ As integrais para $n=1,2,3$divergir. Avaliando a integral para$n\ge6$, no entanto, parece inviável mesmo com séries; embora a soma do produto gama na resposta de Jack d'Aurizio aqui pareça bastante atraente, ela só funciona para$n=5$ - só então pode ser mostrado que a integral sobre $[0,\infty]$ é o dobro da integral $[0,1]$, nesse ponto você traz funções beta. O outro resultado na resposta de Jack é uma soma dupla, que pode ser generalizada para outros$n$ mas não é muito elegante (em parte por causa da soma dupla e em parte porque um limite dessa soma usa uma função de base).
Se uma abordagem que resolve a tarefa também fornece integrais para o mesmo integrando, mas com outros limites (por exemplo $[0,1]$), isso seria apreciado.
Respostas
Oferecerei uma "expressão de série única"; espero que alguém com olhos de águia possa identificar o que é isso em termos hipergeométricos, alcançando assim uma forma fechada.
Para $x\in[0,\,1]$, Aplique $x=\sin^{2/n}t$; para$x\ge1$, Aplique $x=\csc^{2/n}t$. Em termos de símbolos Pochhammer decrescentes, a integral é$$\begin{align}&\frac2n\int_0^{\pi/2}(\sin^{2/n-1}t+\sin^{-3/n}t)\sqrt{1-\sin^{2/n}t}dt\\&=\frac2n\sum_{k\ge0}\frac{(\tfrac12)_k(-1)^k}{k!}\int_0^{\pi/2}(\sin^{2(k+1)/n-1}t+\sin^{2(k-3/2)/n}t)dt\\&=\frac1n\sum_{k\ge0}\frac{(\tfrac12)_k(-1)^k}{k!}(\operatorname{B}(\tfrac{k+1}{n},\,\tfrac12)+\operatorname{B}(\tfrac{k-3/2}{n}+\tfrac12,\,\tfrac12))\\&=\frac{\sqrt{\pi}}{n}\sum_{k\ge0}\frac{(\tfrac12)_k(-1)^k}{k!}\left(\tfrac{\Gamma\left(\tfrac{k+1}{n}\right)}{\Gamma\left(\tfrac{k+1}{n}+\tfrac12\right)}+\tfrac{\Gamma\left(\tfrac{k-3/2}{n}+\tfrac12\right)}{\Gamma\left(\tfrac{k-3/2}{n}+1\right)}\right).\end{align}$$
Deixei $n\ge5$. $$J_n=\int_0^\infty\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}dx=\int_0^1\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}dx+\int_1^\infty\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}dx.$$ Então faça $x\mapsto 1/x$ na segunda integral, e adicione os dois juntos: $$J_n=\int_0^1\left(1+x^{(n-5)/2}\right)\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}dx.$$ Usando $$(1-q)^{-\alpha}=\,_1F_0(\alpha;;q),$$ temos $$\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}=\sum_{k\ge0}\beta_k^{(n)}x^k,$$ Onde $$\beta_k^{(n)}=\sum_{r=0}^{k}[n|r]\frac{(\tfrac12)_{r/n}(-\tfrac12)_{k-r}}{(r/n)!(k-r)!},$$ com $[a|b]$ sendo o Iverson Bracket para $b/a\in\Bbb Z$: $$[a|b]=\left\lfloor \exp\left(a\left\lfloor \frac{b}{a}\right\rfloor-b\right)\right\rfloor.$$ portanto $$J_n=\sum_{k\ge0}\beta_k^{(n)}\int_0^1(1+x^{(n-5)/2})x^kdx=\sum_{k\ge0}\beta_k^{(n)}\left(\frac1{k+1}+\frac{2}{2k+n-3}\right).$$ Temos, além disso, que $$\beta_k^{(n)}=\sum_{r=0}^{\lfloor k/n \rfloor}\frac{(\tfrac12)_{r}(-\tfrac12)_{k-nr}}{r!(k-nr)!}.$$ Tenho dúvidas de que haja uma forma geral fechada.