Integral $\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}t }{(1+t)^{n+1}} dt$
Ich habe große Probleme, dies zu bewerten: $$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}},\ n>0$$ Hier sind einige Methoden, die ich ausprobiert habe: $$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}=\frac1n\int\limits^{\infty}_0\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^{n}}$$Verwendung der Integration nach Teilen. Ich habe dann versucht, mehr nach Teilen zu integrieren, den Restsatz zu verwenden und zu einer Potenzreihe zu expandieren, bin aber gescheitert. Ich habe jedoch Teilfraktionen für verwendet$n=2$ bekommen $1/4$. $$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}=\frac{\pi}{2n}-\int\limits^{\infty}_0\frac1{(1+t)^{n+1}}\int\limits^{\infty}_0\frac{\sin(x)}xe^{-xt}dxdt=\frac{\pi}{2n}-\int\limits^{\infty}_0\frac{\sin(x)}xE_{n+1}(x)e^{-x}dx$$ mit der Laplace-Transformation von $\text{sinc}(x)$ und die $E_n$-Funktion. $$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}=\int\limits^1_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}+\int\limits^1_0\frac{\cot^{-1}(t)t^{n-1}dt}{(1+t)^{n+1}}=\int\limits^1_0\frac{\tan^{-1}(t)\left(1-t^{n-1}\right)dt}{(1+t)^{n+1}}+\frac{\pi}{2^{n+1}n}$$ Dieses hier fühlte ich mich am besten und es ist auch, wo ich das bekommen habe $n=1$ das Integral ist $\pi/4$, aber ich konnte nicht weiter gehen.
Update: Ich hatte noch ein paar Versuche, von denen ich einen als Antwort gepostet habe, nachdem Claude Leibovicis Idee mich daran erinnert hatte, dass man Teilfraktionen machen kann$\frac1{(1+x^2)(1+x)^n}$.
Beachten Sie das, wenn wir schreiben $$\frac1{(1+x^2)(1+x)^n}=\frac{1+x}{1+x^2}-\frac{a_0+a_1x+\dots+a_{m-1}x^{m-1}}{(1+x)^n}$$ dann die Koeffizienten $a_k$ folge dem Muster $$a_0=0,\ a_1=C_1^{n+1},\ a_2=C_2^{n+1}-a_0,\ a_3=C_3^{n+1}-a_1,\ a_4=C_4^{n+1}-a_2\dots$$ Das einzige Problem ist, dass diese Sequenz immer unendlich ist und die Potenzreihen nicht bei allen konvergieren $[0,\infty)$, also glaube ich die Koeffizienten von $1$ und $x$ im Zähler von $\frac{1+x}{1+x^2}$ könnte geändert werden, um dies zu vermeiden.
Antworten
Beachten Sie, dass $\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}t}{(1+t)^{n+1}}=\frac1nI_n$, wo $$I_n=\int\limits^{\infty}_0\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^{n}}$$ Der Integrand kann iterativ als zerlegt werden $$A_n(t)= \frac{A_{n-1}}{1+t}=\frac{1}{(1+t^2)(1+t)^{n}} =\frac{a_n-b_n t}{1+t^2}+ \sum_{k=1}^{n}\frac{b_{n-k+1}}{(1+t)^k}\tag1 $$ wobei die Koeffizienten die iterativen Beziehungen erfüllen $$a_n=\frac{a_{n-1}-b_{n-1}}2,\>\>\>\>\> b_n=\frac{a_{n-1}+b_{n-1}}2\tag2$$ Erkenne $a_0=1$, $b_0=0$ und vergleichen $$\cos \frac{n\pi}4= \frac1{2^{\frac12}}\left(\cos \frac{(n-1)\pi}4-\sin\frac{(n-1)\pi}4\right) $$ $$\sin \frac{n\pi}4= \frac1{2^{\frac12}}\left(\cos \frac{(n-1)\pi}4+\sin\frac{(n-1)\pi}4\right) $$ mit (2) zu bekommen $$a_n=\frac1{2^{\frac n2} }\cos\frac{n\pi}4,\>\>\>\>\> b_n=\frac1{2^{\frac n2} }\sin\frac{n\pi}4\tag3 $$
Dann integrieren $A_n(t)$ in (1) zu erhalten $$I_n= \int_0^\infty A_n(t)dt =\frac{\pi a_n}2+\sum_{j=1}^{n-1}\frac{b_{j}}{n-j} $$ Ersetzen Sie die Koeffizienten (3), um das Ergebnis zu erhalten $$I_n = \frac\pi{2^{\frac{n+1}2}}\cos\frac{n\pi}4 + \sum_{j=1}^{n-1}\frac{1}{(n-j) 2^{\frac j2}}\sin\frac{j\pi}4 $$ Nachfolgend sind die ersten Integralwerte aufgeführt \begin{align} & I_1 =\frac\pi4 \\ & I_2 =\frac12\\ & I_3 =\frac34-\frac\pi8\\ & I_4 =\frac23-\frac\pi8\\ & I_5 =\frac{5}{12}-\frac\pi{16}\\ \end{align}
Dies ist keine Antwort, aber für Kommentare zu lang.
Für die Berechnung von $$I_n=\int\limits^{\infty}_0\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^{n+1}}$$ Es ist erstaunlich, dass ein CAS eine Lösung in Bezug auf eine verallgemeinerte hypergeometrische Funktion bietet, die sehr gut funktioniert ... außer wenn $n$ ist eine ganze Zahl!
Was ich denke, ist das Schreiben $$(1+t^2)(1+t)^{n+1}=(t+i)(t-i)(1+t)^{n+1}$$und die Verwendung einer Teilfraktion könnte eine Lösung sein. Zum Beispiel für$n=3$ist der Integrand $$-\frac{1+i}{8(t+i)}-\frac{1-i}{8(t-i)}+\frac{1}{4 (t+1)}+\frac{1}{2 (t+1)^2}+\frac{1}{2 (t+1)^3}$$ und $$\int \Big[\frac{1+i}{8(t+i)}+\frac{1-i}{8(t-i)}\Big]\,dt=\frac{1}{8} \log \left(t^2+1\right)+\frac{1}{4} \tan ^{-1}(t)$$ Zum $n=4$ ist der Integrand $$\frac{i}{8 (t-i)}-\frac{i}{8 (t+i)}+\frac{1}{4 (t+1)^2}+\frac{1}{2 (t+1)^3}+\frac{1}{2 (t+1)^4}$$ $$\int \Big[\frac{i}{8 (t-i)}-\frac{i}{8 (t+i)}\Big]\,dt=-\frac{1}{4} \tan ^{-1}(t)$$ und natürlich die Koeffizienten der Terme $\frac{1}{ t\pm i}$ sind komplexe Zahlen, wenn $n$ ist ungerade und reine imaginäre Zahlen, wenn $n$ ist gerade.
Wahrscheinlich könnten die beiden Fälle getrennt untersucht werden.
Alle diese Integrale liegen in der Form vor $I_n=a_n+b_n\pi$ aber die $b_n$'s sind alle Null für $n=4k+2$
Ich konnte eine Art Wiederholungsbeziehung für bekommen $$I_n=\int\limits_0^{\infty}\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^n},$$aber ich bin nicht zufrieden damit, da man damit eigentlich nichts anfangen kann. Es ist immer noch eine Art Antwort, aber ich werde eine bessere akzeptieren.
Erster Ersatz $t\mapsto\frac1t$ damit $$I_n=\int\limits_0^{\infty}\frac{t^ndt}{(1+t^2)(1+t)^n}.$$ Beachten Sie, dass Sie die binomale Erweiterung so ändern können, dass sie Teilfraktionen ähnelt: $$\begin{align*} (1+t)^n&=\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)t^k\\ \left(1+\frac{-1}t\right)^n&=\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\left(\frac{-1}t\right)^k\\ \frac{t^n}{(1+t)^n}&=\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\left(\frac{-1}{1+t}\right)^k.\\ \end{align*}$$ Daraus folgt dann $$I_n=\int\limits_0^{\infty}\frac1{(1+t^2)}\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\left(\frac{-1}{1+t}\right)^kdt =\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)(-1)^kI_k.$$ $$\implies\boxed{(1-(-1)^n)I_n=\sum_{k=0}^{n-1}\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)(-1)^kI_k}$$ Leider ist es scheiße und das Beste, was ich damit machen konnte, war zu finden $I_3=3/4-\pi/8$ von bereits wissen $I_0=\pi/2,$ $I_1=\pi/4,$ und $I_2=1/2$.
Es kann einige Verdienste in der Studie von geben $$I_n=\frac12\int\limits_0^{\infty}\frac{(1+t^n)dt}{(1+t^2)(1+t)^n}$$ oder vielleicht das Intervall in aufteilen $[0,1]$ und $[1,\infty)$.