En el % de integrales $\int_0^\infty [1-x^n \operatorname{arccot}^n(x)] \, \mathrm{d} x$

Question

Al responder a esta pregunta me llegó a través de las integrales

$$ I_n \equiv \int \limits_0^\infty [1-x^n \operatorname{arccot}^n(x)] \, \mathrm{d} x \, , ~n \in \mathbb{N} \, . $$

Necesitaba $I_1 = \frac{\pi}{4}$ , $I_2 = \frac{\pi}{6}[2 \ln(2)+1]$ y $I_3 = \frac{\pi}{32}[32 \ln(2)+ 4 -\pi^2]$ en mis respuestas. Ellos pueden ser evaluados por escrito $$ I_n = \lim_{r \to \infty} \left[r - \int \limits_0^r x^n \operatorname{arccot}^n (x) \, \mathrm{d} x \right] $$ y el uso repetido de integración por partes para reducir el restante integrante de un par de términos que cancelar la $r$ en el límite y algunos conocidos de las integrales.

Este cálculo debe trabajar para cualquier $n \in \mathbb{N}$, pero se vuelve más tedioso para valores más grandes de curso. Mathematica da razonablemente agradable expresiones para las integrales en términos de $\pi$ , $\ln(2)$ y los valores de la función zeta (por ejemplo,$I_4 = \frac{\pi}{40} [4 + 80 \ln(2) - \pi^2 (3 + 4 \ln(2)) + 18 \zeta(3)]$), por lo que podría ser posible evaluar la integral en términos de apto funciones especiales en general.

Sin embargo, todavía no he encontrado una manera de transformarlos en dicha expresión. La evidente sustitución de $x = \cot (t)$ conduce a $$ I_n = \int \limits_0^{\pi/2} \frac{\sin^n (t) - t^n \cos^n (t)}{\sin^{n+2}(t)} \, \mathrm{d} t \, ,$$ lo que no parece ayudar mucho. Podemos utilizar $$ 1 - a^n = (1-a) \sum \limits_{k=0}^{n-1} a^k = \sum \limits_{k=0}^{n-1} \sum \limits_{l=0}^k (-1)^l {k \choose l} (1-a)^{l+1} $$ para $n \in \mathbb{N}$ $a \in \mathbb{R}$ obtener $$ I_n = \sum \limits_{k=0}^{n-1} \sum \limits_{l=0}^k (-1)^l {k \choose l} J_{l+1} $$ en términos de $$ J_n \equiv \int \limits_0^\infty [1-x \operatorname{arccot}(x)]^n \, \mathrm{d} x \, , ~n \in \mathbb{N} \, . $$ Intercambiando las sumas, utilizando $\sum_{k=l}^{n-1} {k \choose l} = {n \choose l+1}$ (que al parecer es conocido como el hockey stick de identidad) y la definición de $I_0 = J_0 = 0$ , nos encontramos con que las dos secuencias son binomial se transforma de unos a otros (a excepción de un signo menos): $$I_n = - \sum \limits_{m=0}^n (-1)^m {n \choose m} J_m \, , \, n \in \mathbb{N}_0 \, . $$ No sé cual de las dos familias de las integrales es más fácil de evaluar, aunque. Tenga en cuenta que el mismo método nos permite calcular $$ \int \limits_0^\infty [1-x \operatorname{arccot}(x)] P[x \operatorname{arccot}(x)] \, \mathrm{d} x $$ para cualquier polinomio $P$ una vez que se conozca $(I_n)_{n \in \mathbb{N}}$ o $(J_n)_{n \in \mathbb{N}}$.

Yo también estoy interesado en el comportamiento asintótico de las integrales. Cálculos numéricos y gráficos sugieren que tenemos \begin{align} I_n &\sim \sqrt{\frac{\pi n}{3}} \, , \, n \to \infty \, , \\ J_n &\sim \frac{2}{\pi n} \, , \, n \to \infty \, , \end{align} pero no tengo idea de cómo probar que.

Por lo tanto me quedo con las dos siguientes preguntas:

1. ¿Cómo podemos encontrar una forma cerrada de expresión para $I_n$ o $J_n$ , $n \in \mathbb{N}$ ?
2. ¿Qué podemos decir acerca de la asymptotics de $I_n$ o $J_n$$n \to \infty$ ?

Cualquier sugerencias o soluciones (parciales) a cualquiera de ellos sería muy apreciada.

Answer 1

Fresco problema. Ambas propuestas asintótica formas son correctas. Sólo voy a hacer un primer pedido calc para ambos, y para $J_n$ voy a decir que la prueba necesita algo de trabajo. Para $I_n$ el uso de la expresión dada por Arathoon la primera nota. Observar que $t\cot(t)$ es unimodal disminuyendo y en $t=0$ tiene el valor 1. Así, al elevar a una potencia alta, esperamos que se convierta en más bruscamente alcanzó su punto máximo. De hecho es gaussiano, porque $$ t\cot(t) = 1-t^2/3-t^4/45... \sim \exp(-t^2/3)(1-7/90t^4 + ...) $$ Por lo tanto $$I_n = \int_0^{\pi/2} \frac{dt}{\sin^2} \big(1-(t\cuna(t))^n \big) \sim \int_0^{\pi/2} \frac{dt}{\sin^2} \big(1-\exp{(-n\t^2/3)} \big).$$ Debido a $n \to \infty$ y el porque de la $\csc^2t,$ se observa que la región más importante es cerca de $t=0.$ El truco ahora es reconocer que $\tan^2t = t^2 + O(t^4).$ Reemplace $t^2$ en el exponencial con $\tan^2t$ porque se da la circunstancia de (Mathematica sabe demasiado) que $$ \int_0^{\pi/2} \frac{dt}{\sin^2t} \big(1-\exp{(-a\,\tan^2t)} \big)=\sqrt{a \pi}.$$ With $a=n/3,$ we indeed have $I_n \sim \sqrt{n \pi /3}.$

Para $J_n$ I utiliza una técnica llamada $\textit{depoissonization}.$ Hacer una exponencial de la potencia de la serie, $$\sum_{n=0}^\infty \frac{y^n}{n!}J_n = \sum_{n=0}^\infty\frac{y^n}{n!} \int_0^{\infty}(1-t\cot^{-1}(t))^n\, dt = e^y\int_0^{\infty}\exp{(-y\,t\,\cot^{-1}{t} )} \, dt. $$ Desde $t\cot^{-1}t$ es monótonamente creciente, todo lo que necesitamos es el comportamiento cerca de $0$ a asintóticamente estimación de la integral. De hecho, $t\cot^{-1}t = \pi\,t/2 +O(t^2).$ Utilizando el primer término que, por tanto, encontrar $$J(y) := e^{-y}\sum_{n=0}^\infty \frac{y^n}{n!}J_n \sim \int_0^{\infty} \exp{(-\pi\,y\,t/2)} \, dt = \frac{2}{\pi\,y}.$$ By depoissonization, $J_n \sim J(n) =2/(\pi n)$ mientras que el siguiente término en la secuencia es más pequeño que este primer plazo. No tengo la intención de mostrar que. Una cosa que hace que este problema sea interesante es que, de hecho, se puede demostrar que $I_n = \sum_{k=1}^n(-1)^{k+1}\binom{n}{k}J_k$, de modo que $I_n$ $J_n$ son binomial se transforma. Poner en primer orden asintótico para para $I_n$ o $J_n$ $\textit{not}$ dar la asymptotics de su transformación.

Answer 2

La siguiente respuesta parcial da las integrales de $(I_n)_{n\in\mathbb{N}}$ en términos de $$K_n^{(m)} \equiv \int \limits_0^{\pi/2} t^n \cot^m (t) \, \mathrm{d} t \, , \, n \in \mathbb{N}_0 \, , \, 0 \leq m \leq n \, .$$ Una forma cerrada de la expresión de estas integrales se discute en esta cuestión, pero en principio pueden ser evaluados en términos de $$K_n^{(0)} = \int \limits_0^{\pi/2} t^n \, \mathrm{d} t = \frac{1}{n+1} \left(\frac{\pi}{2}\right)^{n+1} \, , \, n \in \mathbb{N}_0 $$ y \begin{align} K_n^{(1)} &= \int \limits_0^{\pi/2} t^n \cot (t) \, \mathrm{d} t = -n \int \limits_0^{\pi/2} t^{n-1} \ln(\sin(t)) \, \mathrm{d} t \\ &= \frac{n!}{2^n} \left[\sum \limits_{l=0}^{\left \lfloor \frac{n-1}{2} \right \rfloor} (-1)^l \frac{\pi^{n-2l}}{(n-2l)!} \eta (2l+1) + \operatorname{1}_{2 \mathbb{N}} (n) (-1)^{\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor} [\zeta (n+1) + \eta (n+1)]\right] \end{align} el uso de la relación de recurrencia $$K_n^{(m)} = \frac{n}{m-1} K_{n-1}^{(m-1)} - K_n^{(m-2)} \, , \, n \geq m \geq 2 \, .$$

Partimos de la representación $$I_n = n \int \limits_0^{\pi/2} t^n \cot^n (t) \left[\csc^2 (t) - \frac{\cot(t)}{t}\right] ^\, \mathrm{d} t \, , \, n \in \mathbb{N} \, , $$ dada por James Arathoon en los comentarios. El uso de $\csc^2(t) = 1+\cot^2(t)$ y la integración por partes nos encontramos con \begin{align} I_n &= n K_n^{(n)} + n \int \limits_0^{\pi/2} t^{n-1} \left[t \cot^{n+2}(t) -\cot^{n+1}(t)\right] \, \mathrm{d} t \\ &= n K_n^{(n)} + \int \limits_0^{\pi/2} \left[(n+2) t^{n+1} \cot^{n+1} (t) \csc^2(t) - t^n \cot^{n+2} (t) - (n+1) t^n \cot^n (t) \csc^2(t)\right] \, \mathrm{d} t \\ &= - K_n^{(n)} + (n+2) \left[K_{n+1}^{(n+1)} + \int \limits_0^{\pi/2} t^n \left[t \cot^{n+3} (t) - \cot^{n+2} (t)\right] \, \mathrm{d} t \right] \\ &= - K_n^{(n)} + \frac{n+2}{n+1} I_{n+1} \, . \end{align} Esto produce que la relación de recurrencia $$ I_{n+1} = \frac{n+1}{n+2} (I_n + K_n^{(n)}) \, , \, n \in \mathbb{N}_0 \, ,$$ con la condición inicial $I_0 = 0$ , que tiene la solución $$ I_n = \frac{1}{n+1} \sum \limits_{l=0}^{n-1} (l+1) K_l^{(l)}$$ para $n \in \mathbb{N}$ .