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

Question

이것을 평가하는 데 많은 문제가 있습니다. $$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}},\ n>0$$ 내가 시도한 몇 가지 방법은 다음과 같습니다. $$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}=\frac1n\int\limits^{\infty}_0\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^{n}}$$부분 별 통합을 사용합니다. 그런 다음 부분, 잔류 정리 및 멱급수로 확장하여 더 많은 통합을 시도했지만 실패했습니다. 그러나 나는 부분 분수를 사용했습니다.$n=2$ 얻기 위해 $1/4$. $$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}=\frac{\pi}{2n}-\int\limits^{\infty}_0\frac1{(1+t)^{n+1}}\int\limits^{\infty}_0\frac{\sin(x)}xe^{-xt}dxdt=\frac{\pi}{2n}-\int\limits^{\infty}_0\frac{\sin(x)}xE_{n+1}(x)e^{-x}dx$$ 라플라스 변환 사용 $\text{sinc}(x)$ 그리고 $E_n$-함수. $$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}=\int\limits^1_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}+\int\limits^1_0\frac{\cot^{-1}(t)t^{n-1}dt}{(1+t)^{n+1}}=\int\limits^1_0\frac{\tan^{-1}(t)\left(1-t^{n-1}\right)dt}{(1+t)^{n+1}}+\frac{\pi}{2^{n+1}n}$$ 이것은 내가 가장 잘 느꼈던 것과 내가 그것을 얻은 곳이기도합니다. $n=1$ 적분은 $\pi/4$, 그러나 나는 더 이상 갈 수 없었다.

업데이트 : Claude Leibovici의 아이디어가 나에게 부분 분수를 할 수 있음을 상기시킨 후 몇 번 더 시도했는데 그중 하나는 답변으로 게시했습니다.$\frac1{(1+x^2)(1+x)^n}$.

우리가 쓰면 $$\frac1{(1+x^2)(1+x)^n}=\frac{1+x}{1+x^2}-\frac{a_0+a_1x+\dots+a_{m-1}x^{m-1}}{(1+x)^n}$$ 그런 다음 계수 $a_k$ 패턴을 따라 $$a_0=0,\ a_1=C_1^{n+1},\ a_2=C_2^{n+1}-a_0,\ a_3=C_3^{n+1}-a_1,\ a_4=C_4^{n+1}-a_2\dots$$ 유일한 문제는이 수열이 항상 무한하고 멱급수가 모두 수렴하지 않는다는 것입니다. $[0,\infty)$, 그래서 나는 계수를 믿는다 $1$ 과 $x$ 분자에서 $\frac{1+x}{1+x^2}$ 이를 피하기 위해 변경할 수 있습니다.

Answer 1

참고 $\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}t}{(1+t)^{n+1}}=\frac1nI_n$, 어디 $$I_n=\int\limits^{\infty}_0\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^{n}}$$ 적분은 다음과 같이 반복적으로 분해 될 수 있습니다. $$A_n(t)= \frac{A_{n-1}}{1+t}=\frac{1}{(1+t^2)(1+t)^{n}} =\frac{a_n-b_n t}{1+t^2}+ \sum_{k=1}^{n}\frac{b_{n-k+1}}{(1+t)^k}\tag1 $$ 계수가 반복 관계를 충족하는 곳 $$a_n=\frac{a_{n-1}-b_{n-1}}2,\>\>\>\>\> b_n=\frac{a_{n-1}+b_{n-1}}2\tag2$$ 인식하다 $a_0=1$, $b_0=0$ 비교 $$\cos \frac{n\pi}4= \frac1{2^{\frac12}}\left(\cos \frac{(n-1)\pi}4-\sin\frac{(n-1)\pi}4\right) $$ $$\sin \frac{n\pi}4= \frac1{2^{\frac12}}\left(\cos \frac{(n-1)\pi}4+\sin\frac{(n-1)\pi}4\right) $$ (2)와 함께 $$a_n=\frac1{2^{\frac n2} }\cos\frac{n\pi}4,\>\>\>\>\> b_n=\frac1{2^{\frac n2} }\sin\frac{n\pi}4\tag3 $$

그런 다음 통합 $A_n(t)$ (1)에서 $$I_n= \int_0^\infty A_n(t)dt =\frac{\pi a_n}2+\sum_{j=1}^{n-1}\frac{b_{j}}{n-j} $$ 결과에 도달하기 위해 계수 (3)를 대체하십시오. $$I_n = \frac\pi{2^{\frac{n+1}2}}\cos\frac{n\pi}4 + \sum_{j=1}^{n-1}\frac{1}{(n-j) 2^{\frac j2}}\sin\frac{j\pi}4 $$ 다음은 처음 몇 개의 정수 값입니다. \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

답변은 아니지만 댓글이 너무 깁니다.

계산을 위해 $$I_n=\int\limits^{\infty}_0\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^{n+1}}$$ CAS가 매우 잘 작동하는 일반화 된 초기 하 함수 측면에서 솔루션을 제공한다는 것은 놀랍습니다. $n$ 정수입니다!

내가 생각하는 것은 $$(1+t^2)(1+t)^{n+1}=(t+i)(t-i)(1+t)^{n+1}$$부분 분수를 사용하는 것이 해결책이 될 수 있습니다. 예를 들어$n=3$, 적분은 $$-\frac{1+i}{8(t+i)}-\frac{1-i}{8(t-i)}+\frac{1}{4 (t+1)}+\frac{1}{2 (t+1)^2}+\frac{1}{2 (t+1)^3}$$ 과 $$\int \Big[\frac{1+i}{8(t+i)}+\frac{1-i}{8(t-i)}\Big]\,dt=\frac{1}{8} \log \left(t^2+1\right)+\frac{1}{4} \tan ^{-1}(t)$$ 에 대한 $n=4$ , 적분은 $$\frac{i}{8 (t-i)}-\frac{i}{8 (t+i)}+\frac{1}{4 (t+1)^2}+\frac{1}{2 (t+1)^3}+\frac{1}{2 (t+1)^4}$$ $$\int \Big[\frac{i}{8 (t-i)}-\frac{i}{8 (t+i)}\Big]\,dt=-\frac{1}{4} \tan ^{-1}(t)$$ 그리고 당연히 항의 계수는 $\frac{1}{ t\pm i}$ 다음의 경우 복소수입니다. $n$ 홀수이고 순수한 허수입니다. $n$ 짝수이다.

아마도 두 사례를 따로 연구 할 수있을 것입니다.

이 모든 적분은 $I_n=a_n+b_n\pi$ 하지만 $b_n$의 모두 0입니다. $n=4k+2$

Answer 3

나는 어떤 종류의 재발 관계를 얻을 수있었습니다. $$I_n=\int\limits_0^{\infty}\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^n},$$하지만 정말 아무것도 할 수 없기 때문에 만족스럽지 않습니다. 그것은 여전히 ​​일종의 대답이지만 더 나은 대답을 받아 들일 것입니다.

첫 번째 대체 $t\mapsto\frac1t$ 그래서 $$I_n=\int\limits_0^{\infty}\frac{t^ndt}{(1+t^2)(1+t)^n}.$$ 부분 분수와 유사하도록 양분 확장을 수정할 수 있습니다. $$\begin{align*} (1+t)^n&=\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)t^k\\ \left(1+\frac{-1}t\right)^n&=\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\left(\frac{-1}t\right)^k\\ \frac{t^n}{(1+t)^n}&=\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\left(\frac{-1}{1+t}\right)^k.\\ \end{align*}$$ 그런 다음 $$I_n=\int\limits_0^{\infty}\frac1{(1+t^2)}\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\left(\frac{-1}{1+t}\right)^kdt =\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)(-1)^kI_k.$$ $$\implies\boxed{(1-(-1)^n)I_n=\sum_{k=0}^{n-1}\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)(-1)^kI_k}$$ 불행히도 그것은 짜증이 났고 내가 할 수 있었던 가장 큰 것은 $I_3=3/4-\pi/8$ 이미 알고있는 $I_0=\pi/2,$ $I_1=\pi/4,$ 과 $I_2=1/2$.

연구에 약간의 장점이있을 수 있습니다. $$I_n=\frac12\int\limits_0^{\infty}\frac{(1+t^n)dt}{(1+t^2)(1+t)^n}$$ 또는 간격을 $[0,1]$ 과 $[1,\infty)$.