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

Nov 23 2020

私はこれを評価するのにかなりの問題を抱えています: $$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}},\ n>0$$ これが私が試したいくつかの方法です: $$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}=\frac1n\int\limits^{\infty}_0\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^{n}}$$パーツによる統合を使用します。次に、部分積分、留数定理、べき級数への拡張を試みましたが、失敗しました。しかし、私は部分分数を使用しました$n=2$ 取得するため $1/4$$$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}=\frac{\pi}{2n}-\int\limits^{\infty}_0\frac1{(1+t)^{n+1}}\int\limits^{\infty}_0\frac{\sin(x)}xe^{-xt}dxdt=\frac{\pi}{2n}-\int\limits^{\infty}_0\frac{\sin(x)}xE_{n+1}(x)e^{-x}dx$$ ラプラス変換を使用して $\text{sinc}(x)$ そしてその $E_n$-関数。 $$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}=\int\limits^1_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}+\int\limits^1_0\frac{\cot^{-1}(t)t^{n-1}dt}{(1+t)^{n+1}}=\int\limits^1_0\frac{\tan^{-1}(t)\left(1-t^{n-1}\right)dt}{(1+t)^{n+1}}+\frac{\pi}{2^{n+1}n}$$ これは私が一番良かったと感じたものであり、それをどこで手に入れたのかも $n=1$ 積分は $\pi/4$、しかし私はそれ以上進むことができませんでした。

更新: Claude Leiboviciのアイデアが部分分数を実行できることを私に思い出させた後、私はさらに2、3回試行し、そのうちの1つを回答として投稿しました。$\frac1{(1+x^2)(1+x)^n}$

私たちが書く場合に注意してください $$\frac1{(1+x^2)(1+x)^n}=\frac{1+x}{1+x^2}-\frac{a_0+a_1x+\dots+a_{m-1}x^{m-1}}{(1+x)^n}$$ 次に係数 $a_k$ パターンに従ってください $$a_0=0,\ a_1=C_1^{n+1},\ a_2=C_2^{n+1}-a_0,\ a_3=C_3^{n+1}-a_1,\ a_4=C_4^{n+1}-a_2\dots$$ 唯一の問題は、このシーケンスが常に無限であり、べき級数がすべてに収束しないことです。 $[0,\infty)$、だから私はの係数を信じています $1$ そして $x$ の分子で $\frac{1+x}{1+x^2}$ これを回避するために変更できます。

回答

3 Quanto Nov 24 2020 at 23:23

ご了承ください $\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}t}{(1+t)^{n+1}}=\frac1nI_n$、 どこ $$I_n=\int\limits^{\infty}_0\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^{n}}$$ 被積分関数は、次のように繰り返し分解できます。 $$A_n(t)= \frac{A_{n-1}}{1+t}=\frac{1}{(1+t^2)(1+t)^{n}} =\frac{a_n-b_n t}{1+t^2}+ \sum_{k=1}^{n}\frac{b_{n-k+1}}{(1+t)^k}\tag1 $$ ここで、係数は反復関係を満たします $$a_n=\frac{a_{n-1}-b_{n-1}}2,\>\>\>\>\> b_n=\frac{a_{n-1}+b_{n-1}}2\tag2$$ 認識する $a_0=1$$b_0=0$ 比較する $$\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) $$ (2)で $$a_n=\frac1{2^{\frac n2} }\cos\frac{n\pi}4,\>\>\>\>\> b_n=\frac1{2^{\frac n2} }\sin\frac{n\pi}4\tag3 $$

次に、統合します $A_n(t)$ (1)で取得する $$I_n= \int_0^\infty A_n(t)dt =\frac{\pi a_n}2+\sum_{j=1}^{n-1}\frac{b_{j}}{n-j} $$ 係数(3)を代入して、結果を求めます $$I_n = \frac\pi{2^{\frac{n+1}2}}\cos\frac{n\pi}4 + \sum_{j=1}^{n-1}\frac{1}{(n-j) 2^{\frac j2}}\sin\frac{j\pi}4 $$ 以下にリストされているのは、最初のいくつかの整数値です。 \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}

3 ClaudeLeibovici Nov 24 2020 at 11:06

これは答えではありませんが、コメントするには長すぎます。

の計算のために $$I_n=\int\limits^{\infty}_0\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^{n+1}}$$ CASが非常にうまく機能する一般化超幾何関数の観点から解決策を提供することは驚くべきことです... $n$ は整数です!

私が思うのはその執筆です $$(1+t^2)(1+t)^{n+1}=(t+i)(t-i)(1+t)^{n+1}$$部分分数を使用することが解決策になる可能性があります。たとえば、$n=3$、被積分関数は $$-\frac{1+i}{8(t+i)}-\frac{1-i}{8(t-i)}+\frac{1}{4 (t+1)}+\frac{1}{2 (t+1)^2}+\frac{1}{2 (t+1)^3}$$ そして $$\int \Big[\frac{1+i}{8(t+i)}+\frac{1-i}{8(t-i)}\Big]\,dt=\frac{1}{8} \log \left(t^2+1\right)+\frac{1}{4} \tan ^{-1}(t)$$ にとって $n=4$ 、被積分関数は $$\frac{i}{8 (t-i)}-\frac{i}{8 (t+i)}+\frac{1}{4 (t+1)^2}+\frac{1}{2 (t+1)^3}+\frac{1}{2 (t+1)^4}$$ $$\int \Big[\frac{i}{8 (t-i)}-\frac{i}{8 (t+i)}\Big]\,dt=-\frac{1}{4} \tan ^{-1}(t)$$ そして、明らかに、項の係数 $\frac{1}{ t\pm i}$ 次の場合は複素数です $n$ が奇数で純粋な虚数である場合 $n$ 均等です。

おそらく、2つのケースを別々に研究することができます。

これらの積分はすべて次の形式になっています $I_n=a_n+b_n\pi$ しかし $b_n$のはすべてゼロです $n=4k+2$

1 ChunkyNorris Nov 24 2020 at 18:36

ある種の漸化式を得ることができました $$I_n=\int\limits_0^{\infty}\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^n},$$でも、本当に何もできないので満足できません。それはまだ一種の答えですが、私はより良いものを受け入れます。

最初の代替 $t\mapsto\frac1t$ そのため $$I_n=\int\limits_0^{\infty}\frac{t^ndt}{(1+t^2)(1+t)^n}.$$ 部分分数と同様になるように、二項展開を変更できることに注意してください。 $$\begin{align*} (1+t)^n&=\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)t^k\\ \left(1+\frac{-1}t\right)^n&=\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\left(\frac{-1}t\right)^k\\ \frac{t^n}{(1+t)^n}&=\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\left(\frac{-1}{1+t}\right)^k.\\ \end{align*}$$ その後、 $$I_n=\int\limits_0^{\infty}\frac1{(1+t^2)}\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\left(\frac{-1}{1+t}\right)^kdt =\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)(-1)^kI_k.$$ $$\implies\boxed{(1-(-1)^n)I_n=\sum_{k=0}^{n-1}\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)(-1)^kI_k}$$ 残念ながらそれはひどいです、そして私がそれですることができたほとんどは見つけられました $I_3=3/4-\pi/8$ すでに知っていることから $I_0=\pi/2,$ $I_1=\pi/4,$ そして $I_2=1/2$

の研究にはいくつかのメリットがあるかもしれません $$I_n=\frac12\int\limits_0^{\infty}\frac{(1+t^n)dt}{(1+t^2)(1+t)^n}$$ または多分間隔をに分割します $[0,1]$ そして $[1,\infty)$