किस तरह $\int_{0}^{\infty} \frac{\arctan(x)}{1+x}\frac{dx}{\sqrt[4]{x}}=\frac{\pi}{\sqrt2}\big(\pi/2+\ln{\beta}\big)$
$$ \int_{0}^{\infty}\frac{\arctan\left(x\right)}{1 + x} \,\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt[{\large 4}]{x}} = \frac{\pi}{\,\sqrt{\,{2}\,}\,} \left[{\pi \over 2} + \ln\left(\,{\beta}\,\right)\right] $$ $$ \mbox{Find the value of}\quad \beta^{4} - 28\beta^{3} + 70\beta^{2} - 28\beta. $$यह प्रश्न कैसे करें? मैंने पारंपरिक दृष्टिकोणों को प्रतिस्थापित करने की कोशिश की$x$ साथ से $1/t^{2}$ लेकिन उनमें से कोई भी एक जवाब नहीं दे रहा है।
जवाब
लिखो
\begin{align*} I := \int_{0}^{\infty}\frac{\arctan x}{(x+1)x^{1/4}} \, \mathrm{d}x = \int_{0}^{1}\int_{0}^{\infty}\frac{x^{3/4}}{(x+1)(t^2x^2+1)} \, \mathrm{d}x\mathrm{d}t. \end{align*}
भीतरी इंटीग्रल को एक मानक तकनीक के माध्यम से गणना की जा सकती है जिसमें किहोल समोच्च के साथ समोच्च एकीकरण शामिल है। वास्तव में, द्वारा निरूपित$\operatorname{Log}$ शाखा कट के साथ जटिल लघुगणक $[0,\infty)$ और लेखन
$$ f(z) = \frac{\exp\left(\frac{3}{4}\operatorname{Log}(z)\right)}{(z+1)(t^2z^2+1)}, $$
अपने पास
\begin{align*} \int_{0}^{\infty}\frac{x^{3/4}}{(x+1)(t^2x^2+1)} \, \mathrm{d}x &= \frac{2\pi i}{1 - e^{3\pi i/2}} \left( \underset{z=-1}{\mathrm{Res}} \, f(z) + \underset{z=i/t}{\mathrm{Res}} \, f(z) + \underset{z=-i/t}{\mathrm{Res}} \, f(z) \right) \\ &= -\frac{\pi}{\sin(3\pi/4)} \left( \frac{1}{t^2+1} + \frac{e^{-3i\pi/8}}{2(it-1)t^{3/4}} + \frac{e^{3i\pi/8}}{2(-it-1)t^{3/4}} \right). \end{align*}
अब उस पर ध्यान देने से
$$ \int_{0}^{1} \frac{\omega \, \mathrm{d}t}{(\omega^4 t - 1)t^{3/4}} = \int_{0}^{1} \frac{\omega \, \mathrm{d}u}{(\omega u)^4 - 1} = -2\arctan(\omega) + \log\left(\frac{1-\omega}{1+\omega}\right) $$
किसी भी जटिल के लिए रखती है $\omega$ शाखा कट से बचना $\cup_{k=0}^{3} i^k [1,\infty)$मूल अभिन्न अंग को कम कर देता है
\begin{align*} I &= - \pi \sqrt{2} \biggl( \frac{\pi}{4} - \arctan(e^{3i\pi/8}) - \arctan(e^{-3i\pi/8}) \\ &\hspace{5em} + \frac{1}{2}\log\left(\frac{1-e^{3i\pi/8}}{1+e^{3i\pi/8}}\right) + \frac{1}{2}\log\left(\frac{1-e^{-3i\pi/8}}{1+e^{-3i\pi/8}}\right) \biggr) \\ &= - \pi \sqrt{2} \left( \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{2} + \log\tan\left(\frac{3\pi}{16}\right) \right) \\ &= \frac{\pi}{\sqrt{2}}\left( \frac{\pi}{2} - 2\log\tan\left(\frac{3\pi}{16}\right) \right). \end{align*}
यहां, दूसरी पंक्ति पहचानों से होती है $\arctan z+\arctan(1/z) = \frac{\pi}{2}$ के लिये $\operatorname{Re}(z) > 0$ तथा $\frac{1-e^{i\theta}}{1+e^{i\theta}}=-i\tan(\frac{\theta}{2})$। यह दर्शाता है कि
$$ \beta = \cot^2\left(\frac{3\pi}{16}\right). $$
अंत में, अवलोकन का उपयोग करके
$$ X = \beta + \beta^{-1} = \frac{4}{\sin^2(3\pi/8)} -2 = 14 - 8\sqrt{2} $$
समीकरण का एक शून्य है $X^2 - 28X + 68 = 0$, हमें मिला
$$ \beta^4 - 28\beta^3 + 70\beta^2 - 28\beta + 1 = 0, $$
और इसलिए जवाब है $-1$।
मुझे लगता है कि यह प्रश्न रोमानियाई मैथ्स पत्रिका में और श्रीमान श्रीवास्तव राघव द्वारा प्रस्तावित है।
लिंक यहां दिया गया है:
https://brilliant.org/problems/an-arctan-integral-via-a-quartic-equation/?ref_id=1585875