Оценка $\int_0^\infty\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}\,dx$
Мне было очень весело в этом ответе, где я работал$$\int_0^\infty\frac1{\sqrt{x^4+x^3+x^2+x+1}}\,dx=\frac4{\sqrt{4\varphi+3}}F\left(\frac{3\pi}{10},m=8\varphi-12\right)$$ Но что произойдет, если наибольший показатель в полиноме знаменателя не равен $4$а какое-то другое целое число? Другими словами, существует ли общая замкнутая форма или выражение одной серии для $$\int_0^\infty\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}\,dx\ ?$$ Для $n=5$ ответ такой же, как и для $n=4$ $$\int_0^\infty\frac1{\sqrt{x^3+x^2+x+1}}\,dx=2^{-1/4}F\left(\cos^{-1}\frac{1-\sqrt2}{1+\sqrt2},\frac12+\frac1{2\sqrt2}\right)$$ Интегралы для $n=1,2,3$расходятся. Вычисляя интеграл для$n\ge6$однако кажется невозможным даже с сериями; в то время как сумма гамма-произведения в ответе Джека д'Аурицио выглядит довольно привлекательно, она работает только для$n=5$ - только тогда можно показать, что интеграл по $[0,\infty]$ является удвоенным интегралом по $[0,1]$, после чего вы вводите бета-функции. Другой результат в ответе Джека - это двойная сумма, которую можно обобщить на другие$n$ но не очень элегантен (отчасти из-за двойной суммы, а отчасти потому, что одна граница этой суммы использует функцию минимума).
Если подход, который решает задачу, также дает интегралы для того же подынтегрального выражения, но с другими границами (например, $[0,1]$), что было бы признательно.
Ответы
Я предлагаю «выражение одной серии»; Надеюсь, кто-то проницательный сможет определить, что это такое, в гипергеометрических терминах, таким образом достигнув закрытой формы.
Для $x\in[0,\,1]$, применять $x=\sin^{2/n}t$; для$x\ge1$, применять $x=\csc^{2/n}t$. В терминах падающих символов Поххаммера интеграл равен$$\begin{align}&\frac2n\int_0^{\pi/2}(\sin^{2/n-1}t+\sin^{-3/n}t)\sqrt{1-\sin^{2/n}t}dt\\&=\frac2n\sum_{k\ge0}\frac{(\tfrac12)_k(-1)^k}{k!}\int_0^{\pi/2}(\sin^{2(k+1)/n-1}t+\sin^{2(k-3/2)/n}t)dt\\&=\frac1n\sum_{k\ge0}\frac{(\tfrac12)_k(-1)^k}{k!}(\operatorname{B}(\tfrac{k+1}{n},\,\tfrac12)+\operatorname{B}(\tfrac{k-3/2}{n}+\tfrac12,\,\tfrac12))\\&=\frac{\sqrt{\pi}}{n}\sum_{k\ge0}\frac{(\tfrac12)_k(-1)^k}{k!}\left(\tfrac{\Gamma\left(\tfrac{k+1}{n}\right)}{\Gamma\left(\tfrac{k+1}{n}+\tfrac12\right)}+\tfrac{\Gamma\left(\tfrac{k-3/2}{n}+\tfrac12\right)}{\Gamma\left(\tfrac{k-3/2}{n}+1\right)}\right).\end{align}$$
Позволять $n\ge5$. $$J_n=\int_0^\infty\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}dx=\int_0^1\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}dx+\int_1^\infty\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}dx.$$ Тогда сделай $x\mapsto 1/x$ во втором интеграле и сложите два вместе: $$J_n=\int_0^1\left(1+x^{(n-5)/2}\right)\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}dx.$$ С помощью $$(1-q)^{-\alpha}=\,_1F_0(\alpha;;q),$$ у нас есть $$\sqrt{\frac{x-1}{x^n-1}}=\sum_{k\ge0}\beta_k^{(n)}x^k,$$ где $$\beta_k^{(n)}=\sum_{r=0}^{k}[n|r]\frac{(\tfrac12)_{r/n}(-\tfrac12)_{k-r}}{(r/n)!(k-r)!},$$ с участием $[a|b]$ Брекет Айверсона для $b/a\in\Bbb Z$: $$[a|b]=\left\lfloor \exp\left(a\left\lfloor \frac{b}{a}\right\rfloor-b\right)\right\rfloor.$$ Таким образом $$J_n=\sum_{k\ge0}\beta_k^{(n)}\int_0^1(1+x^{(n-5)/2})x^kdx=\sum_{k\ge0}\beta_k^{(n)}\left(\frac1{k+1}+\frac{2}{2k+n-3}\right).$$ Кроме того, у нас есть $$\beta_k^{(n)}=\sum_{r=0}^{\lfloor k/n \rfloor}\frac{(\tfrac12)_{r}(-\tfrac12)_{k-nr}}{r!(k-nr)!}.$$ Сомневаюсь, что есть вообще закрытая форма.