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

Nov 23 2020

Mam duże problemy z oceną tego: $$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}},\ n>0$$ Oto kilka metod, które wypróbowałem: $$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}=\frac1n\int\limits^{\infty}_0\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^{n}}$$za pomocą całkowania przez części. Potem spróbowałem więcej całkowania przez części, twierdzenie o resztach i rozwinięcie do szeregu potęgowego, ale nie udało mi się. Użyłem jednak ułamków częściowych do$n=2$ dostać $1/4$. $$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}=\frac{\pi}{2n}-\int\limits^{\infty}_0\frac1{(1+t)^{n+1}}\int\limits^{\infty}_0\frac{\sin(x)}xe^{-xt}dxdt=\frac{\pi}{2n}-\int\limits^{\infty}_0\frac{\sin(x)}xE_{n+1}(x)e^{-x}dx$$ przy użyciu transformaty Laplace'a programu $\text{sinc}(x)$ i $E_n$-funkcjonować. $$\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}=\int\limits^1_0\frac{\tan^{-1}(t)dt}{(1+t)^{n+1}}+\int\limits^1_0\frac{\cot^{-1}(t)t^{n-1}dt}{(1+t)^{n+1}}=\int\limits^1_0\frac{\tan^{-1}(t)\left(1-t^{n-1}\right)dt}{(1+t)^{n+1}}+\frac{\pi}{2^{n+1}n}$$ Ten, z którym czułem się najlepiej i tam też to dostałem $n=1$ całka jest $\pi/4$ale nie mogłem pójść dalej.

Aktualizacja: Miałem jeszcze kilka prób, z których jedną opublikowałem jako odpowiedź, po tym, jak pomysł Claude Leibovici przypomniał mi, że możesz robić częściowe ułamki na$\frac1{(1+x^2)(1+x)^n}$.

Zauważ, że jeśli piszemy $$\frac1{(1+x^2)(1+x)^n}=\frac{1+x}{1+x^2}-\frac{a_0+a_1x+\dots+a_{m-1}x^{m-1}}{(1+x)^n}$$ następnie współczynniki $a_k$ Podążaj za wzorem $$a_0=0,\ a_1=C_1^{n+1},\ a_2=C_2^{n+1}-a_0,\ a_3=C_3^{n+1}-a_1,\ a_4=C_4^{n+1}-a_2\dots$$ Jedynym problemem jest to, że ta sekwencja jest zawsze nieskończona, a szeregi potęg nie są zbieżne we wszystkich $[0,\infty)$, więc wierzę, że współczynniki $1$ i $x$ w liczniku $\frac{1+x}{1+x^2}$ można zmienić, aby tego uniknąć.

Odpowiedzi

3 Quanto Nov 24 2020 at 23:23

Zwróć na to uwagę $\int\limits^{\infty}_0\frac{\tan^{-1}t}{(1+t)^{n+1}}=\frac1nI_n$, gdzie $$I_n=\int\limits^{\infty}_0\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^{n}}$$ Całkę można rozłożyć iteracyjnie jako $$A_n(t)= \frac{A_{n-1}}{1+t}=\frac{1}{(1+t^2)(1+t)^{n}} =\frac{a_n-b_n t}{1+t^2}+ \sum_{k=1}^{n}\frac{b_{n-k+1}}{(1+t)^k}\tag1 $$ gdzie współczynniki spełniają iteracyjne relacje $$a_n=\frac{a_{n-1}-b_{n-1}}2,\>\>\>\>\> b_n=\frac{a_{n-1}+b_{n-1}}2\tag2$$ Rozpoznać $a_0=1$, $b_0=0$ i porównaj $$\cos \frac{n\pi}4= \frac1{2^{\frac12}}\left(\cos \frac{(n-1)\pi}4-\sin\frac{(n-1)\pi}4\right) $$ $$\sin \frac{n\pi}4= \frac1{2^{\frac12}}\left(\cos \frac{(n-1)\pi}4+\sin\frac{(n-1)\pi}4\right) $$ z (2), aby uzyskać $$a_n=\frac1{2^{\frac n2} }\cos\frac{n\pi}4,\>\>\>\>\> b_n=\frac1{2^{\frac n2} }\sin\frac{n\pi}4\tag3 $$

Następnie zintegruj się $A_n(t)$ w (1) do uzyskania $$I_n= \int_0^\infty A_n(t)dt =\frac{\pi a_n}2+\sum_{j=1}^{n-1}\frac{b_{j}}{n-j} $$ Zastąp współczynniki (3), aby otrzymać wynik $$I_n = \frac\pi{2^{\frac{n+1}2}}\cos\frac{n\pi}4 + \sum_{j=1}^{n-1}\frac{1}{(n-j) 2^{\frac j2}}\sin\frac{j\pi}4 $$ Poniżej wymieniono kilka pierwszych wartości całkowitych \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

To nie jest odpowiedź, ale jest za długa na komentarze.

Do obliczenia $$I_n=\int\limits^{\infty}_0\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^{n+1}}$$ to niesamowite, że CAS daje rozwiązanie w postaci uogólnionej funkcji hipergeometrycznej, która działa bardzo dobrze ... z wyjątkiem sytuacji, gdy $n$ jest liczbą całkowitą!

Myślę, że to pismo $$(1+t^2)(1+t)^{n+1}=(t+i)(t-i)(1+t)^{n+1}$$a rozwiązaniem może być użycie frakcji częściowej. Na przykład dla$n=3$, integrand jest $$-\frac{1+i}{8(t+i)}-\frac{1-i}{8(t-i)}+\frac{1}{4 (t+1)}+\frac{1}{2 (t+1)^2}+\frac{1}{2 (t+1)^3}$$ i $$\int \Big[\frac{1+i}{8(t+i)}+\frac{1-i}{8(t-i)}\Big]\,dt=\frac{1}{8} \log \left(t^2+1\right)+\frac{1}{4} \tan ^{-1}(t)$$ Dla $n=4$ , integrand jest $$\frac{i}{8 (t-i)}-\frac{i}{8 (t+i)}+\frac{1}{4 (t+1)^2}+\frac{1}{2 (t+1)^3}+\frac{1}{2 (t+1)^4}$$ $$\int \Big[\frac{i}{8 (t-i)}-\frac{i}{8 (t+i)}\Big]\,dt=-\frac{1}{4} \tan ^{-1}(t)$$ i oczywiście współczynniki składników $\frac{1}{ t\pm i}$ są liczbami zespolonymi, jeśli $n$ jest nieparzystymi i czystymi liczbami urojonymi, jeśli $n$ jest równa.

Prawdopodobnie te dwa przypadki można by zbadać oddzielnie.

Wszystkie te całki mają postać $I_n=a_n+b_n\pi$ ale $b_n$wszystkie są zerowe dla $n=4k+2$

1 ChunkyNorris Nov 24 2020 at 18:36

Udało mi się uzyskać pewien rodzaj relacji nawrotu $$I_n=\int\limits_0^{\infty}\frac{dt}{(1+t^2)(1+t)^n},$$ale nie jestem z tego zadowolony, ponieważ tak naprawdę nic z tym nie można zrobić. To wciąż rodzaj odpowiedzi, ale zaakceptuję lepszą.

Pierwszy zamiennik $t\mapsto\frac1t$ po to aby $$I_n=\int\limits_0^{\infty}\frac{t^ndt}{(1+t^2)(1+t)^n}.$$ Zauważ, że możesz zmodyfikować rozwinięcie dwumianowe, aby było podobne do ułamków częściowych: $$\begin{align*} (1+t)^n&=\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)t^k\\ \left(1+\frac{-1}t\right)^n&=\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\left(\frac{-1}t\right)^k\\ \frac{t^n}{(1+t)^n}&=\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\left(\frac{-1}{1+t}\right)^k.\\ \end{align*}$$ Z tego wynika $$I_n=\int\limits_0^{\infty}\frac1{(1+t^2)}\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\left(\frac{-1}{1+t}\right)^kdt =\sum_{k=0}^n\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)(-1)^kI_k.$$ $$\implies\boxed{(1-(-1)^n)I_n=\sum_{k=0}^{n-1}\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)(-1)^kI_k}$$ Niestety jest do bani i najbardziej udało mi się z tym zrobić $I_3=3/4-\pi/8$ już wiedząc $I_0=\pi/2,$ $I_1=\pi/4,$ i $I_2=1/2$.

Studiowanie nad $$I_n=\frac12\int\limits_0^{\infty}\frac{(1+t^n)dt}{(1+t^2)(1+t)^n}$$ lub może podzielenie interwału na $[0,1]$ i $[1,\infty)$.