Làm sao $\int_{0}^{\infty} \frac{\arctan(x)}{1+x}\frac{dx}{\sqrt[4]{x}}=\frac{\pi}{\sqrt2}\big(\pi/2+\ln{\beta}\big)$

Question

$$ \int_{0}^{\infty}\frac{\arctan\left(x\right)}{1 + x} \,\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt[{\large 4}]{x}} = \frac{\pi}{\,\sqrt{\,{2}\,}\,} \left[{\pi \over 2} + \ln\left(\,{\beta}\,\right)\right] $$ $$ \mbox{Find the value of}\quad \beta^{4} - 28\beta^{3} + 70\beta^{2} - 28\beta. $$Làm thế nào để làm câu hỏi này ?. Tôi đã thử các cách tiếp cận thông thường như thay thế$x$ với $1/t^{2}$ nhưng không ai trong số họ mang lại câu trả lời.

Answer 1

Viết

\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*}

Tích phân bên trong có thể được tính toán thông qua một kỹ thuật tiêu chuẩn liên quan đến tích phân đường bao dọc theo đường viền lỗ khóa. Thật vậy, biểu thị bằng$\operatorname{Log}$ logarit phức với sự cắt nhánh $[0,\infty)$ và viết

$$ f(z) = \frac{\exp\left(\frac{3}{4}\operatorname{Log}(z)\right)}{(z+1)(t^2z^2+1)}, $$

chúng ta có

\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*}

Bây giờ bằng cách lưu ý rằng

$$ \int_{0}^{1} \frac{\omega \, \mathrm{d}t}{(\omega^4 t - 1)t^{3/4}} = \int_{0}^{1} \frac{\omega \, \mathrm{d}u}{(\omega u)^4 - 1} = -2\arctan(\omega) + \log\left(\frac{1-\omega}{1+\omega}\right) $$

giữ cho bất kỳ phức tạp $\omega$ tránh cắt cành $\cup_{k=0}^{3} i^k [1,\infty)$, tích phân ban đầu giảm xuống

\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*}

Ở đây, dòng thứ hai theo sau từ danh tính $\arctan z+\arctan(1/z) = \frac{\pi}{2}$ cho $\operatorname{Re}(z) > 0$ và $\frac{1-e^{i\theta}}{1+e^{i\theta}}=-i\tan(\frac{\theta}{2})$. Điêu nay cho thây răng

$$ \beta = \cot^2\left(\frac{3\pi}{16}\right). $$

Cuối cùng, sử dụng quan sát rằng

$$ X = \beta + \beta^{-1} = \frac{4}{\sin^2(3\pi/8)} -2 = 14 - 8\sqrt{2} $$

là số 0 của phương trình $X^2 - 28X + 68 = 0$, chúng tôi nhận được

$$ \beta^4 - 28\beta^3 + 70\beta^2 - 28\beta + 1 = 0, $$

và do đó câu trả lời là $-1$.

Answer 2

Tôi nghĩ câu hỏi này do ông Srinivasa Raghava đề xuất trên tạp chí toán học Rumani và trên trang Brilliant.org nữa.

đây là liên kết:

https://brilliant.org/problems/an-arctan-integral-via-a-quartic-equation/?ref_id=1585875