Özel fonksiyon $P(s)=\int^\infty_0 \frac{\ln(x)dx}{1+x^s}$ [çiftleme]

Question

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

Parçalara göre entegrasyonu denedim. $u=\ln(x),du=\frac{x}{dx},v=\frac{1}{1+x^s}$ama hiçbir şey almayı başaramadım.

Bir kuvvet serisi kullanmayı düşündüm, ancak tüm etki alanında birleşen bir tane bulamadım.
İkame kullanma$u=\ln(x),du=\frac{dx}{x}$ anlıyoruz $$\int^\infty_{-\infty} \frac{ue^{-u}}{1+e^{su}} ,$$ bu da kullanışlı görünmüyor.

Önceki benzer soru İntegrali$\int^{\infty}_0 \frac{x^n}{x^s+1}dx$ verir $$\int^\infty_0 \frac{x^n \,dx}{1+x^s}=\frac{\Gamma(\frac{1}{s})\Gamma\left(1-\frac{1}{s}\right)}{s(n+1)} .$$

Muhtemelen alakalı başka bir soru da Integral$\int^{\infty}_0 \frac{e^{-x}}{x^s+1}\,dx$.

Answer 1

$p$-test, bu integralin, $s \leq 1$yani varsayıyoruz ki $s > 1$.

İpucu Bu integral, Kalıntı Teoreminin standart bir uygulamasıdır. Bu durumda konturları alabiliriz$\Gamma_R$ yarıçapın kökeninde merkezlenmiş sektörlerin sınırları olmak $R$ ve merkezi açı $\frac{2 \pi}{s}$. (Uygun bir seçim, pozitif gerçek eksen boyunca bir sınır çizgisi parçası ve diğerini ışın boyunca almaktır.$e^{2 \pi i / s}$Daha sonra, kontur tek bir kutup içerir. $e^{\pi i / s}$. Her zamanki gibi kontur integralini üç integralin toplamı olarak yeniden yazarak, limiti şu şekilde alarak devam edin:$R \to \infty$ (integrallerden birini ortadan kaldırır), yeniden düzenleme ve gerçek ve sanal parçaları almak, verilen integralin değerlerini verir, $$\int_0^\infty \frac{\log x \,dx}{1 + x^s} ,$$ ve hoşgeldin bonusu olarak ilgili integral, $$\int_0^\infty \frac{\,dx}{1 + x^s} .$$

Yukarıdaki prosedürü uygulamak, ilgili kalıntının $$\operatorname{Res}\left(\frac{\log z}{1 + z^s}, z = e^{\pi i / s}\right) = -\frac{\pi}{s^2} \exp \left(\frac{s + 2}{2 s} \pi i\right)$$ ve sonra integralin değeri var $$\int_0^\infty \frac{\log x \,dx}{1 + x^s} = -\frac{\pi^2}{s^2} \cot \frac{\pi}{s} \csc \frac{\pi}{s} .$$

Yukarıdaki teknik, esasen robjohn'un özel durumu ele alan bu soruya cevabındaki yaklaşımıdır.$s = 3$. Ron Gordon'un oradaki yaklaşımı, yani bunun yerine bir anahtar deliği çevresi kullanmak, en azından şu özel durumda geçerlidir:$s$ bir tamsayıdır (zorunlu olarak $\geq 2$). Marko Riedel'in yaklaşımı, ruhen JG'nin bu soruya verdiği cevaba benziyor.

Açıklama Bu integral özel değerler alırken$\frac{\pi}{s}$küçük pay ve payda ile çeşitli rasyonel sayılar da dahil olmak üzere yapar. Özellikle$s = 2$ kaygan ama daha kolay bir argüman kullanılarak gösterilebilen integral kaybolur.

Answer 2

Farklılaştıran$$\int_0^\infty\frac{x^{t-1}dx}{1+x^s}=\frac1s\int_0^\infty\frac{y^{t/s-1}dy}{1+y}=\frac{\pi}{s}\csc\frac{\pi t}{s}$$göre $t$ verir$$\int_0^\infty\frac{x^{t-1}\ln x\,dx}{1+x^s}=-\frac{\pi^2}{s^2}\csc\frac{\pi t}{s}\cot\frac{\pi t}{s}.$$Ayarlamak $t=1$ almak$$\int_0^\infty\frac{\ln x\,dx}{1+x^s}=-\frac{\pi^2}{s^2}\csc\frac{\pi}{s}\cot\frac{\pi}{s}.$$Dava $s=2$ meşhur bir akıl sağlığı kontrolüdür ve bunun için ayrılmaz $0$.

Answer 3

Olası bir model görmek için, daha büyük değerleri keşfetmemiz gerektiğini düşünüyorum. $s$.

Örneğin $$P(7)=-\frac{4 \pi ^2 \left(1-3 \sin \left(\frac{\pi }{14}\right)+3 \sin \left(\frac{3 \pi }{14}\right)\right)}{49 \left(3+6 \sin \left(\frac{\pi }{14}\right)-4 \sin \left(\frac{3 \pi }{14}\right)\right)}$$ güzel bir şekilde basitleştirilebilir.

Aslında, bir CAS güzelliği verir

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

Answer 4

Çözüm elde etmek için bir algoritma.

Adım 1: Calvin Khor tarafından math.stackexchange.com/questions/3709298'de doğal olarak belirtildiği gibi $n$bir ikame yapmak kolaydır $y = x^{n+1}$ integralde $\int_{0}^{\infty }\frac{x^n}{x^s + 1}$ ve bu türden intergalleri elde edin: $\int_{0}^{\infty }\frac{1}{y^s + 1}dy$bilinen (vaka $n=0$). Ancak bu fikir sadece doğal değil$n$. Dolayısıyla bulabiliriz

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

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

Yani koymak yeterli $a=1$.

Answer 5

$$I=\int_{0}^{\infty} \frac{\ln x}{1+x^s} dx.$$ İzin Vermek $x=e^t$, sonra $$I=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{t e^t}{1+e^{st}}=\int_{-\infty}^{0} \frac{t e^t}{1+e^{st}} dt+\int_{0}^{\infty} \frac{t e^t}{1+e^{st}} dt$$ İlkinde izin ver $t=-z$, sonra $$I=-\sum_{k=0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} ze^{-(1+ks)z} dz+\sum_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} te^{-(s+ks-1)t} dt$$ $$I=-\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(1+ks)^2}+ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{[s(1+k)-1]^2}=\frac{\psi^{(1)}(1-1/s)-\psi^{(1)}(1/s)}{s^2}$$ Poly-Gamma işlevinin özelliğini kullanma: https://en.wikipedia.org/wiki/Polygamma_function

Geri gelmeyi umuyorum.