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

Question

$$ \int_{0}^{\infty}\frac{\arctan\left(x\right)}{1 + x} \,\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt[{\large 4}]{x}} = \frac{\pi}{\,\sqrt{\,{2}\,}\,} \left[{\pi \over 2} + \ln\left(\,{\beta}\,\right)\right] $$ $$ \mbox{Find the value of}\quad \beta^{4} - 28\beta^{3} + 70\beta^{2} - 28\beta. $$Bu soru nasıl yapılır? İkame etme gibi geleneksel yaklaşımları denedim$x$ ile $1/t^{2}$ ama hiçbiri cevap vermiyor.

Answer 1

Yazmak

\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*}

İç integral, anahtar deliği çevresi boyunca kontur entegrasyonunu içeren standart bir teknik yoluyla hesaplanabilir. Nitekim, ile ifade ederek$\operatorname{Log}$ dal kesimli karmaşık logaritma $[0,\infty)$ ve yazı

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

sahibiz

\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*}

Şimdi bunu not ederek

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

herhangi bir kompleks için tutar $\omega$ dal kesintilerinden kaçınmak $\cup_{k=0}^{3} i^k [1,\infty)$orijinal integral,

\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*}

Burada ikinci satır kimliklerden geliyor $\arctan z+\arctan(1/z) = \frac{\pi}{2}$ için $\operatorname{Re}(z) > 0$ ve $\frac{1-e^{i\theta}}{1+e^{i\theta}}=-i\tan(\frac{\theta}{2})$. Bu gösteriyor ki

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

Son olarak, şu gözlemi kullanarak

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

denklemin sıfırdır $X^2 - 28X + 68 = 0$, anlıyoruz

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

ve bu nedenle cevap $-1$.

Answer 2

Bence bu soru Romanya matematik dergisinde ve Brilliant.org'da Sir Srinivasa Raghava tarafından önerildi.

bağlantı burada:

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