分式形式（余元推广）
本节分享 \(\mathrm{B}\) 的最后一种常见形式——分式形式，文中的两道例题的公式也被称为余元公式的拓展形式，他们在形式上是等价的。
分式形式 ¶
分式形式
\[
\mathrm{B}(p,q)=\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{p-1}}{(1+x)^{p+q}}dx
\]
证明：考虑换元 \(x=\dfrac{u}{u+1}\) 即可：
\[
\begin{aligned}\mathrm{B}(p,q)&= \int_{0}^{1}x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx\\&\xlongequal{令x=\frac{u}{u+1}}\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{p-1}}{(1+x)^{p+q}}dx \end{aligned}
\]
余元公式推广 ¶
形式 1 ¶
Example
\[
\int_0^{+\infty} \frac{t^{p-1}}{1+t}\mathrm{d}t = \frac{\pi}{\sin(p\pi)}
\]
证明：直接往分式形式上凑即可，也即取 \(x = \dfrac{t}{1+t}\) 且令 \(q = 1-p\)，其中 \(0 < p < 1\)；
则有：
\[
\mathrm{d}x = \mathrm{d}\left(\frac{t}{1+t}\right) = \frac{(1+t)-t}{(1+t)^2} \mathrm{d}t = \frac{1}{(1+t)^2} \mathrm{d}t
\]
积分上下限为：
\[
\begin{cases} 1 = x_{上} = \frac{t_{上}}{1+t_{上}} \\ 0 = x_{下} = \frac{t_{下}}{1+t_{下}} \end{cases} \implies \begin{cases} t_{上} = +\infty \\ t_{下} = 0 \end{cases}
\]
于是有：
\[
\begin{aligned}
\mathrm{B}(p,q) &= \int_{0}^{1} x^{p-1}(1-x)^{q-1} \mathrm{d}x\\
&= \int_{0}^{+\infty} \left(\frac{t}{1+t}\right)^{p-1} \cdot \left(1-\frac{t}{1+t}\right)^{1-p-1} \cdot \frac{1}{(1+t)^2} \mathrm{d}t\\
&= \int_{0}^{+\infty} \left(\frac{t}{1+t}\right)^{p-1} \cdot \left(\frac{1+t}{1+t}-\frac{t}{1+t}\right)^{-p} \cdot \frac{1}{(1+t)^2} \mathrm{d}t\\
&= \int_{0}^{+\infty} \left(\frac{t}{1+t}\right)^{p-1} \cdot \left(\frac{1}{1+t}\right)^{-p} \cdot \frac{1}{(1+t)^2} \mathrm{d}t\\
&= \int_{0}^{+\infty} \frac{t^{p-1}}{(1+t)^{p-1}} \cdot (1+t)^p \cdot \frac{1}{(1+t)^2} \mathrm{d}t\\
&= \int_{0}^{+\infty} \frac{t^{p-1}}{1+t} \mathrm{d}t.
\end{aligned}
\]
又因为当 \(q = 1-p\) 时有：
\[
\begin{aligned}\mathrm{B}(p,q) &= \int_{0}^{1} x^{p-1}(1-x)^{q-1} \mathrm{d}x\\
&= \frac{\Gamma(p) \cdot \Gamma(q)}{\Gamma(p+q)} \\
&= \frac{\Gamma(p) \cdot \Gamma(1-p)}{\Gamma[p+(1-p)]}\\
&= \frac{\Gamma(p) \cdot \Gamma(1-p)}{\Gamma(1)} \\
&= \Gamma(p) \cdot \Gamma(1-p)\\
& \xlongequal{\text{余元公式}}\frac{\pi}{\sin p\pi}.
\end{aligned}
\]
形式 2 ¶
Example
\[
\int_0^{+\infty} \frac{1}{1+x^p}\mathrm{d}x = \frac{\pi}{p\sin(\frac{\pi}{p})}\\
\]
证法 1 ¶
考虑最简单的换元形式，令 \(u=x^{n}\)，然后就可以凑出 \(\mathrm{B}\) 的分式形式，其中 \(p=\dfrac1n\)，\(q=1-p\)
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{n}}
&\xlongequal{\text{令 }u=x^{n}}
\frac{1}{n}\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+u}\,u^{\frac{1}{n}-1}\mathrm{d}u \\
&=\frac{1}{n}B\left(\frac{1}{n},\frac{n-1}{n}\right) \\
&=\frac{1}{n}\cdot \frac{\Gamma\left(\frac{1}{n}\right)\Gamma\left(\frac{n-1}{n}\right)}{\Gamma(1)} \\
&=\frac{1}{n}\cdot \frac{\pi}{\sin \frac{\pi}{n}} \\
&=\frac{\dfrac{\pi}{n}}{\sin \dfrac{\pi}{n}}
\end{aligned}
\]
证法 2 ¶
我们也可以往刚刚证明出来的余元公式形式 1 上凑：
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{+\infty} \frac{\mathrm{d}x}{1+x^{n}}
&=\int_{0}^{+\infty} \frac{\color{red}{nx^{n-1}}}{1+x^{n}} \cdot \frac{1}{nx^{n-1}}\mathrm{d}x \\
&=\frac{1}{n}\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{n}} \cdot \frac{1}{x^{n-1}}\mathrm{d}\left(x^{n}\right)
\\ &=\frac{1}{n}\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{n}} \cdot x^{-(n-1)}\mathrm{d}\left(x^{n}\right) \\
&=\frac{1}{n}\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{n}} \cdot x^{1-n}\mathrm{d}\left(x^{n}\right)
\\ &=\frac{1}{n}\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{n}} \cdot x^{n\left(\frac{1}{n}-1\right)}\mathrm{d}\left(x^{n}\right) \\
&=\frac{1}{n}\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{n}} \cdot \left(x^{n}\right)^{\frac{1}{n}-1}\mathrm{d}\left(x^{n}\right) \\ &\xlongequal{u=x^{n}} \frac{1}{n}\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+u} \cdot u^{\frac{1}{n}-1}\mathrm{d}u\\
&\xlongequal{u\mapsto x} \frac{1}{n}\int_{0}^{+\infty} \color{red}{\frac{x^{\frac{1}{n}-1}}{1+x}\mathrm{d}x} \\ &\xlongequal{\text{形式1}} \frac{1}{n}\cdot \frac{\pi}{\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)}. \end{aligned}
\]
应用 ¶
Example
求积分：\(\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{x^{6}+1}\)
方法 1：使用结论 ¶
我们先用上面介绍的余元公式拓展形式 2 来秒掉这道题，然后再来看看不用 \(\mathrm{B}\) 函数有没有什么不超纲的解法：代入公式得：
\[
\int_0^{+\infty} \frac{1}{1+x^6}\mathrm{d}x = \frac{\pi}{6\sin(\frac{\pi}{6})}=\dfrac{\pi}{3}\\
\]
方法 2：倒代换 ¶
考虑倒代换，注意到换元后分母没有变化，这是一个很好的性质，这启示我们可以将得到的新积分和原积分进行相加除以 2 的操作，随后根据分母因式分解的代数形式对分子进行配凑即可！
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{\infty} \frac{1}{x^{6}+1} \mathrm{d}x
&\xlongequal{x\to \frac{1}{x}} \int_{0}^{\infty} \frac{x^{4}}{x^{6}+1} \mathrm{d}x \\
&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty} \frac{x^{4}+1}{x^{6}+1} \mathrm{d}x\\
&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty} \frac{\color{red}x^{2}+\left(x^{4}-x^{2}+1\right)}{x^{6}+1} \mathrm{d}x \\
&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}\left( \frac{x^{2}}{x^{6}+1}+\frac{1}{x^{2}+1} \right)\mathrm{d}x \\
&=\frac{1}{2}\left( \frac{1}{3}\arctan x^{3}+\arctan x \right)\bigg|_{0}^{\infty}
=\frac{\pi}{3}
\end{aligned}
\]
本节我们从 \(\mathrm{B}\) 函数的分式形式出发，推导了余元公式的两个常见拓展形式。其中分式形式的推导所使用的换元 \(x=\dfrac{u}{u+1}\) 可以积累一下，做这个换元的动机是区间关系的映射，因为 \(\mathrm{B}\) 函数定义式中的积分区间是 \([0,1]\)，而分式形式的积分区间是 \([0, +\infty)\)，因此考虑做这样的分式变换。其次，这样换元带来的好处是把 \(x\) 和 \(1-x\) 统一成同分母的单项式，便于指数合并。
这部分的内容难度还是不小的，希望大家可以好好消化。
习题 ¶
Q1¶
Question
\[
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sqrt[3]{ \tan x }}{(\sin x+\cos x)^{2}} \mathrm{~d} x
\]
Answer
因为把 \(\sin x\) 和 \(\cos x\) 分别换成 \(-\sin x\) 和 \(-\cos x\) 后，原式不变，因此可以凑 \(\mathrm{~d} \tan x\).
\[
\begin{aligned}
I &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sqrt[3]{ \tan x }\cdot \sec ^{2}x}{(1+\tan x)^{2}} \mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sqrt[3]{ \tan x }}{(1+\tan x)^{2}} \mathrm{~d} (\tan x)
\end{aligned}
\]
令 \(\tan x=t\)，得：
\[
\begin{aligned}
I &= \int_{0}^{+\infty} \frac{t^{\frac{1}{3}}}{(1+t)^{2}} \mathrm{~d} t\\
&= \mathrm{B}\left( \frac{4}{3}, \frac{2}{3} \right)\\
&= \frac{\Gamma\left( \frac{4}{3} \right)\Gamma\left( \frac{2}{3} \right)}{\Gamma(2)}\\
&= \frac{\left( \frac{4}{3}-1 \right)\Gamma\left( \frac{4}{3}-1 \right)\Gamma\left( \frac{2}{3} \right)}{1}\\
&= \frac{\Gamma\left( \frac{1}{3} \right)\Gamma\left( \frac{2}{3} \right)}{3}\\
&= \frac{\frac{\pi}{\sin \frac{\pi}{3}}}{3}\\
&= \frac{2\sqrt{ 3 }\pi}{9}
\end{aligned}
\]
Q2¶
Question
\[
\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{(1+x^{12})^2}
\]
Answer
\(I=\dfrac{11(\sqrt{2}+\sqrt{6})}{144}\,\pi\)
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