अविभाज्य $\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}t }{(1+t)^{n+1}} dt$

Question

मुझे इसका मूल्यांकन करने में काफी परेशानी हो रही है: $$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}},\ n>0$$ यहां कुछ तरीके दिए गए हैं जिन्हें मैंने आजमाया है: $$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}=\frac1n\int\limits^{\infty}_0\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^{n}}$$भागों द्वारा एकीकरण का उपयोग करना। फिर मैंने भागों, अवशेषों प्रमेय और शक्ति श्रृंखला में विस्तार करके अधिक एकीकरण की कोशिश की, लेकिन असफल रहा। हालाँकि मैंने आंशिक अंशों का उपयोग किया था$n=2$ लेना $1/4$। $$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}=\frac{\pi}{2n}-\int\limits^{\infty}_0\frac1{(1+t)^{n+1}}\int\limits^{\infty}_0\frac{\sin(x)}xe^{-xt}dxdt=\frac{\pi}{2n}-\int\limits^{\infty}_0\frac{\sin(x)}xE_{n+1}(x)e^{-x}dx$$ के लाप्लास ट्रांसफ़ॉर्म का उपयोग करना $\text{sinc}(x)$ और यह $E_n$-समारोह। $$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}=\int\limits^1_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}+\int\limits^1_0\frac{\cot^{-1}(t)t^{n-1}dt}{(1+t)^{n+1}}=\int\limits^1_0\frac{\tan^{-1}(t)\left(1-t^{n-1}\right)dt}{(1+t)^{n+1}}+\frac{\pi}{2^{n+1}n}$$ यह एक मुझे सबसे अच्छा लगा और इसके बारे में भी, जहां मुझे वह मिला $n=1$ अभिन्न है $\pi/4$, लेकिन मैं आगे नहीं जा पा रहा था।

अपडेट: मेरे पास कुछ और प्रयास थे, जिनमें से एक मैंने एक उत्तर के रूप में पोस्ट किया था, क्लाउड लीबोविसी के विचार के बाद मुझे याद दिलाया कि आप आंशिक अंशों पर कर सकते हैं$\frac1{(1+x^2)(1+x)^n}$।

गौर करें कि अगर हम लिखते हैं $$\frac1{(1+x^2)(1+x)^n}=\frac{1+x}{1+x^2}-\frac{a_0+a_1x+\dots+a_{m-1}x^{m-1}}{(1+x)^n}$$ फिर गुणांक $a_k$ पैटर्न का पालन करें $$a_0=0,\ a_1=C_1^{n+1},\ a_2=C_2^{n+1}-a_0,\ a_3=C_3^{n+1}-a_1,\ a_4=C_4^{n+1}-a_2\dots$$ एकमात्र समस्या यह है कि यह क्रम हमेशा अनंत है और बिजली श्रृंखला सभी में परिवर्तित नहीं होती है $[0,\infty)$, इसलिए मेरा मानना ​​है कि गुणांक के $1$ तथा $x$ के अंश में $\frac{1+x}{1+x^2}$ इससे बचने के लिए बदला जा सकता है।

Answer 1

ध्यान दें कि $\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}t}{(1+t)^{n+1}}=\frac1nI_n$, कहाँ पे $$I_n=\int\limits^{\infty}_0\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^{n}}$$ अभिन्न रूप से इसे विघटित किया जा सकता है $$A_n(t)= \frac{A_{n-1}}{1+t}=\frac{1}{(1+t^2)(1+t)^{n}} =\frac{a_n-b_n t}{1+t^2}+ \sum_{k=1}^{n}\frac{b_{n-k+1}}{(1+t)^k}\tag1 $$ जहां गुणांक चलने वाले संबंधों को संतुष्ट करते हैं $$a_n=\frac{a_{n-1}-b_{n-1}}2,\>\>\>\>\> b_n=\frac{a_{n-1}+b_{n-1}}2\tag2$$ पहचानना $a_0=1$, $b_0=0$ और तुलना करें $$\cos \frac{n\pi}4= \frac1{2^{\frac12}}\left(\cos \frac{(n-1)\pi}4-\sin\frac{(n-1)\pi}4\right) $$ $$\sin \frac{n\pi}4= \frac1{2^{\frac12}}\left(\cos \frac{(n-1)\pi}4+\sin\frac{(n-1)\pi}4\right) $$ (२) प्राप्त करना $$a_n=\frac1{2^{\frac n2} }\cos\frac{n\pi}4,\>\>\>\>\> b_n=\frac1{2^{\frac n2} }\sin\frac{n\pi}4\tag3 $$

फिर, एकीकृत करें $A_n(t)$ (1) में प्राप्त करने के लिए $$I_n= \int_0^\infty A_n(t)dt =\frac{\pi a_n}2+\sum_{j=1}^{n-1}\frac{b_{j}}{n-j} $$ परिणाम पर आने के लिए गुणांक (3) को प्रतिस्थापित करें $$I_n = \frac\pi{2^{\frac{n+1}2}}\cos\frac{n\pi}4 + \sum_{j=1}^{n-1}\frac{1}{(n-j) 2^{\frac j2}}\sin\frac{j\pi}4 $$ नीचे सूचीबद्ध पहले कुछ अभिन्न मूल्य हैं \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}

Answer 2

यह एक उत्तर नहीं है, लेकिन टिप्पणियों के लिए बहुत लंबा है।

की संगणना के लिए $$I_n=\int\limits^{\infty}_0\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^{n+1}}$$ यह आश्चर्यजनक है कि एक कैस सामान्यीकृत हाइपरजोमेट्रिक फ़ंक्शन के संदर्भ में एक समाधान देता है जो बहुत ही ठीक काम करता है ... जब को छोड़कर $n$ एक पूर्णांक है!

जो मुझे लगता है कि लेखन है $$(1+t^2)(1+t)^{n+1}=(t+i)(t-i)(1+t)^{n+1}$$और आंशिक अंश का उपयोग करना एक समाधान हो सकता है। उदाहरण के लिए, के लिए$n=3$अभिन्न है $$-\frac{1+i}{8(t+i)}-\frac{1-i}{8(t-i)}+\frac{1}{4 (t+1)}+\frac{1}{2 (t+1)^2}+\frac{1}{2 (t+1)^3}$$ तथा $$\int \Big[\frac{1+i}{8(t+i)}+\frac{1-i}{8(t-i)}\Big]\,dt=\frac{1}{8} \log \left(t^2+1\right)+\frac{1}{4} \tan ^{-1}(t)$$ के लिये $n=4$ अभिन्न है $$\frac{i}{8 (t-i)}-\frac{i}{8 (t+i)}+\frac{1}{4 (t+1)^2}+\frac{1}{2 (t+1)^3}+\frac{1}{2 (t+1)^4}$$ $$\int \Big[\frac{i}{8 (t-i)}-\frac{i}{8 (t+i)}\Big]\,dt=-\frac{1}{4} \tan ^{-1}(t)$$ और, जाहिर है, शर्तों के गुणांक $\frac{1}{ t\pm i}$ यदि जटिल संख्या हैं $n$ विषम और शुद्ध काल्पनिक संख्या है यदि $n$ सम है।

संभवतः, दोनों मामलों का अलग-अलग अध्ययन किया जा सकता है।

ये सभी अभिन्न रूप में हैं $I_n=a_n+b_n\pi$ लेकिन वो $b_n$के लिए सभी शून्य हैं $n=4k+2$

Answer 3

मैं किसी प्रकार के पुनरावृत्ति संबंध के लिए सक्षम था $$I_n=\int\limits_0^{\infty}\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^n},$$लेकिन मैं इससे संतुष्ट नहीं हूँ क्योंकि आप वास्तव में इसके साथ कुछ नहीं कर सकते। यह अभी भी एक तरह का उत्तर है लेकिन मैं एक बेहतर स्वीकार करूंगा।

पहला विकल्प $t\mapsto\frac1t$ ताकि $$I_n=\int\limits_0^{\infty}\frac{t^ndt}{(1+t^2)(1+t)^n}.$$ ध्यान दें कि आप द्विपद विस्तार को संशोधित कर सकते हैं, इसलिए यह आंशिक भिन्न के समान है: $$\begin{align*} (1+t)^n&=\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)t^k\\ \left(1+\frac{-1}t\right)^n&=\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\left(\frac{-1}t\right)^k\\ \frac{t^n}{(1+t)^n}&=\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\left(\frac{-1}{1+t}\right)^k.\\ \end{align*}$$ यह तो उस के बाद $$I_n=\int\limits_0^{\infty}\frac1{(1+t^2)}\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\left(\frac{-1}{1+t}\right)^kdt =\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)(-1)^kI_k.$$ $$\implies\boxed{(1-(-1)^n)I_n=\sum_{k=0}^{n-1}\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)(-1)^kI_k}$$ दुर्भाग्य से यह बेकार है और सबसे अधिक मैं इसके साथ करने में सक्षम था वह मिल गया था $I_3=3/4-\pi/8$ पहले से ही जानने से $I_0=\pi/2,$ $I_1=\pi/4,$ तथा $I_2=1/2$।

के अध्ययन में कुछ योग्यता हो सकती है $$I_n=\frac12\int\limits_0^{\infty}\frac{(1+t^n)dt}{(1+t^2)(1+t)^n}$$ या शायद अंतराल को विभाजित करना $[0,1]$ तथा $[1,\infty)$।