怎么求x^(p-1)/(1+x)在0到正无穷的积分(0<p<1)?
我们来聊聊如何计算这个积分： $int_0^infty frac{x^{p1}}{1+x} dx$，其中 $0 < p < 1$。这是一个相当经典且有趣的积分，它与一些重要的数学概念紧密相连。为了详细地讲解清楚，我会一步步来分析，并尽量用一种自然的方式呈现。
问题的由来与初步观察
首先，让我们仔细看看被积函数 $frac{x^{p1}}{1+x}$ 和积分区间 $(0, infty)$。
被积函数:
分子是 $x^{p1}$。因为 $0 < p < 1$，所以 $p1$ 是一个介于 $1$ 和 $0$ 之间的数，例如 $frac{1}{2}$ 或者 $frac{3}{4}$。这意味着当 $x$ 接近 $0$ 时，$x^{p1}$ 会变得非常大。比如，如果 $p1 = frac{1}{2}$，$x^{p1} = frac{1}{sqrt{x}}$，当 $x o 0^+$ 时，它趋向于无穷大。
分母是 $1+x$。当 $x$ 接近 $0$ 时，分母接近 $1$。当 $x$ 趋向于无穷大时，分母也趋向于无穷大。
综合来看，在积分的下限附近，即 $x o 0^+$ 时，被积函数表现为 $frac{1}{x^{1p}}$。因为 $0 < p < 1$，所以 $1p$ 是一个介于 $0$ 和 $1$ 之间的正数。积分 $int_0^a frac{1}{x^q} dx$ 当 $0 < q < 1$ 时是收敛的。这里 $q = 1p$ 满足条件，所以积分在下限处是收敛的。
在上限处，即 $x o infty$ 时，被积函数近似于 $frac{x^{p1}}{x} = x^{p2}$。因为 $0 < p < 1$，所以 $p2$ 是一个负数（小于 $1$）。例如，如果 $p = frac{1}{2}$，$p2 = frac{3}{2}$。积分 $int_a^infty frac{1}{x^r} dx$ 当 $r > 1$ 时是收敛的。这里我们有 $x^{p2}$，$p2 < 1$ 等价于 $(2p) < 1$ 或 $2p > 1$，这总是成立的，因为 $p < 1$。所以积分在上限定义域是收敛的。
既然积分在上下限处都收敛，那么这个定积分就存在。
如何下手？寻找“帮手”
直接对 $frac{x^{p1}}{1+x}$ 进行初等函数的积分是比较困难的。这个时候，我们需要一些更高级的工具和技巧。在处理涉及 $1+x$ 这种形式以及在 $(0, infty)$ 区间上的积分时，Gamma函数和Beta函数常常是我们的好朋友。
一个非常有用的关系是 Beta函数 $B(x, y)$ 和 Gamma函数 $Gamma(z)$ 的关系：
$B(x, y) = int_0^1 t^{x1} (1t)^{y1} dt = frac{Gamma(x)Gamma(y)}{Gamma(x+y)}$
我们的积分形式和 Beta 函数有点像，但又不完全一样。我们的被积函数是 $frac{x^{p1}}{1+x}$，而 Beta 函数的被积函数有 $t^{x1}$ 和 $(1t)^{y1}$ 两种形式，而且积分区间是 $(0, 1)$。
巧妙的变量替换
现在，让我们尝试一个变量替换，看看能不能把我们的积分形式转化成与 Beta 函数或其相关的形式。
考虑让 $u = frac{x}{1+x}$。
从这个关系我们可以推导出：
$u(1+x) = x$
$u + ux = x$
$u = x ux = x(1u)$
所以，$x = frac{u}{1u}$
接下来，我们还需要找到 $dx$ 和积分区间的变化：
求导 $x$ 关于 $u$ 的导数：
$dx = frac{(1u)(1) u(1)}{(1u)^2} du = frac{1u+u}{(1u)^2} du = frac{1}{(1u)^2} du$
积分区间的变化：
当 $x o 0^+$ 时， $u = frac{x}{1+x} o frac{0}{1+0} = 0$。
当 $x o infty$ 时，$u = frac{x}{1+x} = frac{1}{1/x + 1}$。当 $x o infty$ 时，$1/x o 0$，所以 $u o frac{1}{0+1} = 1$。
现在，我们将这些代入到原积分 $int_0^infty frac{x^{p1}}{1+x} dx$ 中：
被积函数部分：
$x^{p1} = left(frac{u}{1u} ight)^{p1} = frac{u^{p1}}{(1u)^{p1}}$
$1+x = 1 + frac{u}{1u} = frac{1u+u}{1u} = frac{1}{1u}$
所以，被积函数 $frac{x^{p1}}{1+x}$ 变为：
$frac{frac{u^{p1}}{(1u)^{p1}}}{frac{1}{1u}} = frac{u^{p1}}{(1u)^{p1}} cdot (1u) = frac{u^{p1}}{(1u)^{p2}}$
现在把所有部分组合起来，新的积分是：
$int_0^1 left(frac{u^{p1}}{(1u)^{p2}} ight) left(frac{1}{(1u)^2} du ight)$
$= int_0^1 frac{u^{p1}}{(1u)^{p2} (1u)^2} du$
$= int_0^1 frac{u^{p1}}{(1u)^{p2+2}} du$
$= int_0^1 frac{u^{p1}}{(1u)^{p}} du$
我们得到了一个积分 $int_0^1 u^{p1} (1u)^{p} du$。这和 Beta 函数的定义 $int_0^1 t^{x1} (1t)^{y1} dt$ 非常相似！
通过比较，我们可以确定：
$x1 = p1 implies x = p$
$y1 = p implies y = 1p$
因此，我们的积分就等于 $B(p, 1p)$。
联系 Gamma 函数
我们知道 Beta 函数可以表示为 Gamma 函数的乘积除以 Gamma 函数：
$B(p, 1p) = frac{Gamma(p) Gamma(1p)}{Gamma(p + (1p))}$
$B(p, 1p) = frac{Gamma(p) Gamma(1p)}{Gamma(1)}$
因为 $Gamma(1) = 1! = 1$，所以：
$B(p, 1p) = Gamma(p) Gamma(1p)$
高潮：欧拉乘积公式（或者说反射公式）
现在我们有一个非常关键的工具，就是 欧拉反射公式（或者称为 Gamma 函数的反射公式）：
$Gamma(z) Gamma(1z) = frac{pi}{sin(pi z)}$
这个公式对于所有复数 $z$ 都成立，除了那些使 $Gamma$ 函数未定义的整数（即 $z=0, pm 1, pm 2, dots$）。在我们的情况中，$z = p$，并且我们已知 $0 < p < 1$，所以这个公式是完全适用的。
将 $z=p$ 代入欧拉反射公式：
$Gamma(p) Gamma(1p) = frac{pi}{sin(pi p)}$
最终答案
所以，我们最初的积分 $int_0^infty frac{x^{p1}}{1+x} dx$ 就等于 $Gamma(p) Gamma(1p)$，而这个又等于 $frac{pi}{sin(pi p)}$。
总结步骤和细节
1. 识别积分性质和困难点: 分析被积函数在积分区间 $(0, infty)$ 的行为，确认积分的收敛性。注意到直接积分的难度。
2. 寻求关联的数学工具: 联想到 Beta 函数和 Gamma 函数，它们常用于处理这类积分。
3. 执行变量替换: 选择一个合适的变量替换，例如 $u = frac{x}{1+x}$，将积分区间和被积函数转化为与 Beta 函数定义相匹配的形式。
推导 $x$ 和 $dx$ 关于新变量的表达式。
计算新积分区间。
代入并化简被积函数。
4. 与 Beta 函数联系: 将转换后的积分与 Beta 函数的标准定义进行比较，确定 Beta 函数的参数。
5. 利用 Gamma 函数的性质: 使用 Beta 函数与 Gamma 函数的关系 $B(x, y) = frac{Gamma(x)Gamma(y)}{Gamma(x+y)}$ 来表示积分。
6. 应用欧拉反射公式: 这是最关键的一步，使用 $Gamma(z) Gamma(1z) = frac{pi}{sin(pi z)}$ 将结果进一步简化。
一个更直接的思考角度（另一种解释）
有时候，你也可以通过考虑复变函数和路径积分来处理这类积分，虽然对于这个具体问题可能有点“杀鸡用牛刀”，但思路是相通的。
考虑函数 $f(z) = frac{z^{p1}}{1+z}$。我们在复平面上选择一个合适的积分路径（通常是“打孔的轮盘”或“扇形”路径，以处理 $z^{p1}$ 的多值性以及避开奇点 $z=1$）。
$z^{p1}$ 在 $z=0$ 附近的行为需要小心处理，因为 $p1 < 0$。通常我们会选择沿着正实轴“打孔”的路径，这样 $z = r e^{i heta}$ 时，我们选择 $ heta=0$ 或者 $ heta=2pi$ 来表示正实轴。
$1+z$ 在 $z=1$ 处有一个简单极点。
通过精心设计的积分路径和留数定理，以及对路径各部分积分的分析，最终也能得出相同的结论。例如，一个常见的路径是包含正实轴和一条紧贴负实轴向上延伸的小圆弧的闭合路径。通过调整路径，可以隔离出我们需要的积分。
这种复变函数的方法，虽然计算上更复杂，但它提供了一个更强大的框架来处理更一般的积分问题，特别是当变量替换不够直接时。
对于这个具体的积分，变量替换到 Beta 函数再到 Gamma 函数的反射公式是更为简洁和主流的解法。整个过程就像在解一个数学谜题，每一步的转换都将我们引向最终的答案。
所以，最终答案就是：
$$ int_0^infty frac{x^{p1}}{1+x} dx = frac{pi}{sin(pi p)} $$
当 $0 < p < 1$ 时。
问题的由来与初步观察
首先，让我们仔细看看被积函数 $frac{x^{p1}}{1+x}$ 和积分区间 $(0, infty)$。
被积函数:
分子是 $x^{p1}$。因为 $0 < p < 1$，所以 $p1$ 是一个介于 $1$ 和 $0$ 之间的数，例如 $frac{1}{2}$ 或者 $frac{3}{4}$。这意味着当 $x$ 接近 $0$ 时，$x^{p1}$ 会变得非常大。比如，如果 $p1 = frac{1}{2}$，$x^{p1} = frac{1}{sqrt{x}}$，当 $x o 0^+$ 时，它趋向于无穷大。
分母是 $1+x$。当 $x$ 接近 $0$ 时，分母接近 $1$。当 $x$ 趋向于无穷大时，分母也趋向于无穷大。
综合来看，在积分的下限附近，即 $x o 0^+$ 时，被积函数表现为 $frac{1}{x^{1p}}$。因为 $0 < p < 1$，所以 $1p$ 是一个介于 $0$ 和 $1$ 之间的正数。积分 $int_0^a frac{1}{x^q} dx$ 当 $0 < q < 1$ 时是收敛的。这里 $q = 1p$ 满足条件，所以积分在下限处是收敛的。
在上限处，即 $x o infty$ 时，被积函数近似于 $frac{x^{p1}}{x} = x^{p2}$。因为 $0 < p < 1$，所以 $p2$ 是一个负数（小于 $1$）。例如，如果 $p = frac{1}{2}$，$p2 = frac{3}{2}$。积分 $int_a^infty frac{1}{x^r} dx$ 当 $r > 1$ 时是收敛的。这里我们有 $x^{p2}$，$p2 < 1$ 等价于 $(2p) < 1$ 或 $2p > 1$，这总是成立的，因为 $p < 1$。所以积分在上限定义域是收敛的。
既然积分在上下限处都收敛，那么这个定积分就存在。
如何下手？寻找“帮手”
直接对 $frac{x^{p1}}{1+x}$ 进行初等函数的积分是比较困难的。这个时候，我们需要一些更高级的工具和技巧。在处理涉及 $1+x$ 这种形式以及在 $(0, infty)$ 区间上的积分时，Gamma函数和Beta函数常常是我们的好朋友。
一个非常有用的关系是 Beta函数 $B(x, y)$ 和 Gamma函数 $Gamma(z)$ 的关系：
$B(x, y) = int_0^1 t^{x1} (1t)^{y1} dt = frac{Gamma(x)Gamma(y)}{Gamma(x+y)}$
我们的积分形式和 Beta 函数有点像，但又不完全一样。我们的被积函数是 $frac{x^{p1}}{1+x}$，而 Beta 函数的被积函数有 $t^{x1}$ 和 $(1t)^{y1}$ 两种形式，而且积分区间是 $(0, 1)$。
巧妙的变量替换
现在，让我们尝试一个变量替换，看看能不能把我们的积分形式转化成与 Beta 函数或其相关的形式。
考虑让 $u = frac{x}{1+x}$。
从这个关系我们可以推导出：
$u(1+x) = x$
$u + ux = x$
$u = x ux = x(1u)$
所以，$x = frac{u}{1u}$
接下来，我们还需要找到 $dx$ 和积分区间的变化：
求导 $x$ 关于 $u$ 的导数：
$dx = frac{(1u)(1) u(1)}{(1u)^2} du = frac{1u+u}{(1u)^2} du = frac{1}{(1u)^2} du$
积分区间的变化：
当 $x o 0^+$ 时， $u = frac{x}{1+x} o frac{0}{1+0} = 0$。
当 $x o infty$ 时，$u = frac{x}{1+x} = frac{1}{1/x + 1}$。当 $x o infty$ 时，$1/x o 0$，所以 $u o frac{1}{0+1} = 1$。
现在，我们将这些代入到原积分 $int_0^infty frac{x^{p1}}{1+x} dx$ 中：
被积函数部分：
$x^{p1} = left(frac{u}{1u} ight)^{p1} = frac{u^{p1}}{(1u)^{p1}}$
$1+x = 1 + frac{u}{1u} = frac{1u+u}{1u} = frac{1}{1u}$
所以，被积函数 $frac{x^{p1}}{1+x}$ 变为：
$frac{frac{u^{p1}}{(1u)^{p1}}}{frac{1}{1u}} = frac{u^{p1}}{(1u)^{p1}} cdot (1u) = frac{u^{p1}}{(1u)^{p2}}$
现在把所有部分组合起来，新的积分是：
$int_0^1 left(frac{u^{p1}}{(1u)^{p2}} ight) left(frac{1}{(1u)^2} du ight)$
$= int_0^1 frac{u^{p1}}{(1u)^{p2} (1u)^2} du$
$= int_0^1 frac{u^{p1}}{(1u)^{p2+2}} du$
$= int_0^1 frac{u^{p1}}{(1u)^{p}} du$
我们得到了一个积分 $int_0^1 u^{p1} (1u)^{p} du$。这和 Beta 函数的定义 $int_0^1 t^{x1} (1t)^{y1} dt$ 非常相似！
通过比较，我们可以确定：
$x1 = p1 implies x = p$
$y1 = p implies y = 1p$
因此，我们的积分就等于 $B(p, 1p)$。
联系 Gamma 函数
我们知道 Beta 函数可以表示为 Gamma 函数的乘积除以 Gamma 函数：
$B(p, 1p) = frac{Gamma(p) Gamma(1p)}{Gamma(p + (1p))}$
$B(p, 1p) = frac{Gamma(p) Gamma(1p)}{Gamma(1)}$
因为 $Gamma(1) = 1! = 1$，所以：
$B(p, 1p) = Gamma(p) Gamma(1p)$
高潮：欧拉乘积公式（或者说反射公式）
现在我们有一个非常关键的工具，就是 欧拉反射公式（或者称为 Gamma 函数的反射公式）：
$Gamma(z) Gamma(1z) = frac{pi}{sin(pi z)}$
这个公式对于所有复数 $z$ 都成立，除了那些使 $Gamma$ 函数未定义的整数（即 $z=0, pm 1, pm 2, dots$）。在我们的情况中，$z = p$，并且我们已知 $0 < p < 1$，所以这个公式是完全适用的。
将 $z=p$ 代入欧拉反射公式：
$Gamma(p) Gamma(1p) = frac{pi}{sin(pi p)}$
最终答案
所以，我们最初的积分 $int_0^infty frac{x^{p1}}{1+x} dx$ 就等于 $Gamma(p) Gamma(1p)$，而这个又等于 $frac{pi}{sin(pi p)}$。
总结步骤和细节
1. 识别积分性质和困难点: 分析被积函数在积分区间 $(0, infty)$ 的行为，确认积分的收敛性。注意到直接积分的难度。
2. 寻求关联的数学工具: 联想到 Beta 函数和 Gamma 函数，它们常用于处理这类积分。
3. 执行变量替换: 选择一个合适的变量替换，例如 $u = frac{x}{1+x}$，将积分区间和被积函数转化为与 Beta 函数定义相匹配的形式。
推导 $x$ 和 $dx$ 关于新变量的表达式。
计算新积分区间。
代入并化简被积函数。
4. 与 Beta 函数联系: 将转换后的积分与 Beta 函数的标准定义进行比较，确定 Beta 函数的参数。
5. 利用 Gamma 函数的性质: 使用 Beta 函数与 Gamma 函数的关系 $B(x, y) = frac{Gamma(x)Gamma(y)}{Gamma(x+y)}$ 来表示积分。
6. 应用欧拉反射公式: 这是最关键的一步，使用 $Gamma(z) Gamma(1z) = frac{pi}{sin(pi z)}$ 将结果进一步简化。
一个更直接的思考角度（另一种解释）
有时候，你也可以通过考虑复变函数和路径积分来处理这类积分，虽然对于这个具体问题可能有点“杀鸡用牛刀”，但思路是相通的。
考虑函数 $f(z) = frac{z^{p1}}{1+z}$。我们在复平面上选择一个合适的积分路径（通常是“打孔的轮盘”或“扇形”路径，以处理 $z^{p1}$ 的多值性以及避开奇点 $z=1$）。
$z^{p1}$ 在 $z=0$ 附近的行为需要小心处理，因为 $p1 < 0$。通常我们会选择沿着正实轴“打孔”的路径，这样 $z = r e^{i heta}$ 时，我们选择 $ heta=0$ 或者 $ heta=2pi$ 来表示正实轴。
$1+z$ 在 $z=1$ 处有一个简单极点。
通过精心设计的积分路径和留数定理，以及对路径各部分积分的分析，最终也能得出相同的结论。例如，一个常见的路径是包含正实轴和一条紧贴负实轴向上延伸的小圆弧的闭合路径。通过调整路径，可以隔离出我们需要的积分。
这种复变函数的方法，虽然计算上更复杂，但它提供了一个更强大的框架来处理更一般的积分问题，特别是当变量替换不够直接时。
对于这个具体的积分，变量替换到 Beta 函数再到 Gamma 函数的反射公式是更为简洁和主流的解法。整个过程就像在解一个数学谜题，每一步的转换都将我们引向最终的答案。
所以，最终答案就是：
$$ int_0^infty frac{x^{p1}}{1+x} dx = frac{pi}{sin(pi p)} $$
当 $0 < p < 1$ 时。
网友意见
瞎写写：
先分区间倒数换元，再在收敛域内级数展开，合并项
接下来令 ，待证f(x)=g(x)。
观察可知f,g都是周期为2的奇函数。接下来把n按正负分组有：
因此当x不为整数时f(x)绝对收敛，所以f,g在x不为整数时连续。又有：
且
设 ，由以上可知h是周期为2的奇函数，在非整数处连续，且满足
在整数处，由泰勒展开有
由周期性可知h在实数上处处连续。由于h是连续的周期函数，h必可以取到最大值m，不妨设存在 使得 ，那么如果m为正数：
由于m是最大值，可知 ，对k归纳有 ，又由于h在0处连续有0=h(0)=m，矛盾，因此m≤0。
由于h是奇函数，不可能有h<0，因此h=0，f=g，得到：
（用g的极点展开可以两三行得出来f=g来着，涉及的理论基础有点麻烦，用了更初等的解法）
（复数方法可以直接换元x=e^t然后一个扇形围道，也不算太麻烦了）
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