Intégral $\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}t }{(1+t)^{n+1}} dt$
J'ai beaucoup de mal à évaluer ceci: $$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}},\ n>0$$ Voici quelques méthodes que j'ai essayées: $$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}=\frac1n\int\limits^{\infty}_0\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^{n}}$$en utilisant l'intégration par pièces. J'ai ensuite essayé plus d'intégration par parties, théorème de résidu et expansion dans une série de puissance, mais j'ai échoué. J'ai cependant utilisé des fractions partielles pour$n=2$ obtenir $1/4$. $$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}=\frac{\pi}{2n}-\int\limits^{\infty}_0\frac1{(1+t)^{n+1}}\int\limits^{\infty}_0\frac{\sin(x)}xe^{-xt}dxdt=\frac{\pi}{2n}-\int\limits^{\infty}_0\frac{\sin(x)}xE_{n+1}(x)e^{-x}dx$$ en utilisant la transformation de Laplace de $\text{sinc}(x)$ et le $E_n$-fonction. $$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}=\int\limits^1_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}+\int\limits^1_0\frac{\cot^{-1}(t)t^{n-1}dt}{(1+t)^{n+1}}=\int\limits^1_0\frac{\tan^{-1}(t)\left(1-t^{n-1}\right)dt}{(1+t)^{n+1}}+\frac{\pi}{2^{n+1}n}$$ Celui-ci je me suis senti le mieux et c'est aussi là que je l'ai eu $n=1$ l'intégrale est $\pi/4$, mais je n'ai pas pu aller plus loin.
Mise à jour: J'ai eu encore quelques tentatives, dont une que j'ai postée comme réponse, après que l'idée de Claude Leibovici m'a rappelé que vous pouvez faire des fractions partielles sur$\frac1{(1+x^2)(1+x)^n}$.
Remarquez que si nous écrivons $$\frac1{(1+x^2)(1+x)^n}=\frac{1+x}{1+x^2}-\frac{a_0+a_1x+\dots+a_{m-1}x^{m-1}}{(1+x)^n}$$ puis les coefficients $a_k$ suivre le modèle $$a_0=0,\ a_1=C_1^{n+1},\ a_2=C_2^{n+1}-a_0,\ a_3=C_3^{n+1}-a_1,\ a_4=C_4^{n+1}-a_2\dots$$ Le seul problème est que cette séquence est toujours infinie et que la série de puissance ne converge pas sur tous $[0,\infty)$, donc je crois que les coefficients de $1$ et $x$ au numérateur de $\frac{1+x}{1+x^2}$ pourrait être modifié pour éviter cela.
Réponses
Notez que $\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}t}{(1+t)^{n+1}}=\frac1nI_n$, où $$I_n=\int\limits^{\infty}_0\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^{n}}$$ L'intégrant peut être décomposé de manière itérative comme $$A_n(t)= \frac{A_{n-1}}{1+t}=\frac{1}{(1+t^2)(1+t)^{n}} =\frac{a_n-b_n t}{1+t^2}+ \sum_{k=1}^{n}\frac{b_{n-k+1}}{(1+t)^k}\tag1 $$ où les coefficients satisfont les relations itératives $$a_n=\frac{a_{n-1}-b_{n-1}}2,\>\>\>\>\> b_n=\frac{a_{n-1}+b_{n-1}}2\tag2$$ Reconnaître $a_0=1$, $b_0=0$ et comparez $$\cos \frac{n\pi}4= \frac1{2^{\frac12}}\left(\cos \frac{(n-1)\pi}4-\sin\frac{(n-1)\pi}4\right) $$ $$\sin \frac{n\pi}4= \frac1{2^{\frac12}}\left(\cos \frac{(n-1)\pi}4+\sin\frac{(n-1)\pi}4\right) $$ avec (2) pour obtenir $$a_n=\frac1{2^{\frac n2} }\cos\frac{n\pi}4,\>\>\>\>\> b_n=\frac1{2^{\frac n2} }\sin\frac{n\pi}4\tag3 $$
Ensuite, intégrez $A_n(t)$ en (1) pour obtenir $$I_n= \int_0^\infty A_n(t)dt =\frac{\pi a_n}2+\sum_{j=1}^{n-1}\frac{b_{j}}{n-j} $$ Remplacez les coefficients (3) pour arriver au résultat $$I_n = \frac\pi{2^{\frac{n+1}2}}\cos\frac{n\pi}4 + \sum_{j=1}^{n-1}\frac{1}{(n-j) 2^{\frac j2}}\sin\frac{j\pi}4 $$ Vous trouverez ci-dessous les premières valeurs intégrales \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}
Ce n'est pas une réponse mais c'est trop long pour les commentaires.
Pour le calcul de $$I_n=\int\limits^{\infty}_0\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^{n+1}}$$ il est étonnant qu'un CAS donne une solution en termes de fonction hypergéométrique généralisée qui fonctionne très bien ... sauf quand $n$ est un entier!
Ce que je pense, c'est que l'écriture $$(1+t^2)(1+t)^{n+1}=(t+i)(t-i)(1+t)^{n+1}$$et l'utilisation d'une fraction partielle pourrait être une solution. Par exemple, pour$n=3$, l'intégrale est $$-\frac{1+i}{8(t+i)}-\frac{1-i}{8(t-i)}+\frac{1}{4 (t+1)}+\frac{1}{2 (t+1)^2}+\frac{1}{2 (t+1)^3}$$ et $$\int \Big[\frac{1+i}{8(t+i)}+\frac{1-i}{8(t-i)}\Big]\,dt=\frac{1}{8} \log \left(t^2+1\right)+\frac{1}{4} \tan ^{-1}(t)$$ Pour $n=4$ , l'intégrale est $$\frac{i}{8 (t-i)}-\frac{i}{8 (t+i)}+\frac{1}{4 (t+1)^2}+\frac{1}{2 (t+1)^3}+\frac{1}{2 (t+1)^4}$$ $$\int \Big[\frac{i}{8 (t-i)}-\frac{i}{8 (t+i)}\Big]\,dt=-\frac{1}{4} \tan ^{-1}(t)$$ et, évidemment, les coefficients des termes $\frac{1}{ t\pm i}$ sont des nombres complexes si $n$ est des nombres imaginaires impairs et purs si $n$ est même.
Probablement, les deux cas pourraient être étudiés séparément.
Toutes ces intégrales sont sous la forme $I_n=a_n+b_n\pi$ mais le $b_n$sont tous nuls pour $n=4k+2$
J'ai pu obtenir une sorte de relation de récurrence pour $$I_n=\int\limits_0^{\infty}\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^n},$$mais je n'en suis pas satisfait car vous ne pouvez vraiment rien en faire. C'est toujours une réponse mais j'accepterai une meilleure.
Premier remplaçant $t\mapsto\frac1t$ pour que $$I_n=\int\limits_0^{\infty}\frac{t^ndt}{(1+t^2)(1+t)^n}.$$ Notez que vous pouvez modifier l'expansion binomale pour qu'elle soit similaire aux fractions partielles: $$\begin{align*} (1+t)^n&=\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)t^k\\ \left(1+\frac{-1}t\right)^n&=\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\left(\frac{-1}t\right)^k\\ \frac{t^n}{(1+t)^n}&=\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\left(\frac{-1}{1+t}\right)^k.\\ \end{align*}$$ Il s'ensuit alors que $$I_n=\int\limits_0^{\infty}\frac1{(1+t^2)}\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\left(\frac{-1}{1+t}\right)^kdt =\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)(-1)^kI_k.$$ $$\implies\boxed{(1-(-1)^n)I_n=\sum_{k=0}^{n-1}\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)(-1)^kI_k}$$ Malheureusement, ça craint et le plus que j'ai pu en faire était de trouver $I_3=3/4-\pi/8$ de déjà savoir $I_0=\pi/2,$ $I_1=\pi/4,$ et $I_2=1/2$.
L’étude de $$I_n=\frac12\int\limits_0^{\infty}\frac{(1+t^n)dt}{(1+t^2)(1+t)^n}$$ ou peut-être en divisant l'intervalle en $[0,1]$ et $[1,\infty)$.