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Considérese

∮Czp1+zndz,(p∈R).∮Czp1+zndz,(p∈R).

Dado que z=0z=0 es un punto de ramificación, se elige CC según la figura mostrada, donde γ1γ1 y γ2γ2 son coincidentes pero han sido separados por motivos visuales.

El integrando tiene polos en

zn,k=exp(iπn(1+2k)),(k∈Z).zn,k=exp⁡(iπn(1+2k)),(k∈Z).

Sin pérdida de generalidad, supóngase que n∈Nn∈N, por lo que 0≤k≤n−1.0≤k≤n−1.

Así, los residuos quedan de la forma

limz→zn,k(z−zn,k)zp∏n−1k=0(z−zn,k).limz→zn,k(z−zn,k)zp∏k=0n−1(z−zn,k).

Por lo que según Cauchy hay que resolver:

∮Czp1+zndz=2iπlimz→zn,k∑k=0n−1(z−zn,k)zp∏n−1k=0(z−zn,k).∮Czp1+zndz=2iπlimz→zn,k∑k=0n−1(z−zn,k)zp∏k=0n−1(z−zn,k).

Por el lado izquierdo, se tiene que:

∫Rrxp1+xndx+∫2π0(Reiθ)p1+(Reiθ)niReiθdθ+∫rR(xe2iπ)p1+(xe2iπ)ndx+∫02π(reiθ)p1+(reiθ)nireiθdθ,∫rRxp1+xndx+∫02π(Reiθ)p1+(Reiθ)niReiθdθ+∫Rr(xe2iπ)p1+(xe2iπ)ndx+∫2π0(reiθ)p1+(reiθ)nireiθdθ,

donde se ha usado z=xe2iπz=xe2iπ en la integral sobre γ2γ2 dado que el argumento de zz se ha incrementado en 2π2π al ir sobre ΓRΓR.

Al tomar los límites r→0r→0 y R→∞R→∞, se puede demostrar que la 2da y 4ta integral van a cero (Lema de Jordan), mientras que de la 1ra y 3ra se tiene

∫∞0xp1+xndx+∫0∞(xe2iπ)p1+(xe2iπ)ndx=−2ieiπpsinπp∫∞0xp1+xndx.∫0∞xp1+xndx+∫∞0(xe2iπ)p1+(xe2iπ)ndx=−2ieiπpsin⁡πp∫0∞xp1+xndx.

Por el otro lado, se deja al lector la demostración (un tanto quisquillosa) de que

limz→zn,k∑k=1n−1(z−zn,k)zp∏n−1k=1(z−zn,k)=⎧⎩⎨⎪⎪eiπpn(1+2∑(n−1)/2k=1cos2kπn(p+1)),(n impar)eiπpn(2∑n/2k=1cos(2k−1)πn(p+1)),(n par).limz→zn,k∑k=1n−1(z−zn,k)zp∏k=1n−1(z−zn,k)={eiπpn(1+2∑k=1(n−1)/2cos⁡2kπn(p+1)),(n impar)eiπpn(2∑k=1n/2cos⁡(2k−1)πn(p+1)),(n par).

En las demostraciones de las series anteriores, es muy importante tener en cuenta la existencia del punto de ramificación, por lo que, por ejemplo

(−i)p=exp(i3πp/2)≠exp(−iπp/2),(−i)p=exp⁡(i3πp/2)≠exp⁡(−iπp/2),

donde la última relación sólo se cumple si p∈Zp∈Z, desapareciendo con esto la ramificación.

Luego, las dos series, para nn par e impar, convergen a

−eiπpncscπ(p+1)nsinπp,en0<p+1<n.−eiπpncsc⁡π(p+1)nsin⁡πp,en0

Uniéndolo todo,

−2ieiπpsinπp∫∞0xp1+xndx=−2iπeiπpncscπ(p+1)nsinπp.−2ieiπpsin⁡πp∫0∞xp1+xndx=−2iπeiπpncsc⁡π(p+1)nsin⁡πp.

Por lo tanto,

∫∞0xp1+xndx=πncscπ(p+1)n,con0<p+1<n.∫0∞xp1+xndx=πncsc⁡π(p+1)n,con0

Ahora supongamos que n∈Qn∈Q, i.e. n=m/qn=m/q. Entonces,

∫∞0xp1+xm/qdx.∫0∞xp1+xm/qdx.

Haciendo un cambio de variable x=uq→dx=quq−1du,x=uq→dx=quq−1du,

q∫∞0uq(p+1)−11+umdx=qπmcscqπ(p+1)m=πncscπ(p+1)n.q∫0∞uq(p+1)−11+umdx=qπmcsc⁡qπ(p+1)m=πncsc⁡π(p+1)n.

Se deja al lector la demostración para n∈R.n∈R.

Y para los masoquistas, para (n,p)∈C(n,p)∈C, con Re[n−p]>1Re[n−p]>1 & Re p>−1.Re p>−1.

Extra: Como dato curioso,

limn→∞∫∞0xp1+xndx=11+p.limn→∞∫0∞xp1+xndx=11+p.