Forma cerrada de $\int_0^\infty (\frac{\arctan(x)}{x})^ndx$

Question

Sé que <span class="math-container">$n=1$</span> la integral es divergente y que <span class="math-container">$n=2$</span> la integral tiene una forma cerrada. Sin embargo, me pregunto si la expresión general tiene una forma cerrada.

Mi intento: <span class="math-container">%#% $ #%</span>

No sé si estoy en el camino correcto o no pero no sé mediante qué métodos para evaluar la última integral. Cualquier ayuda es apreciada.

Answer 1

$$\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{\arctan x}{x}\right)^3\,dx \stackrel{x\mapsto\tan\theta}{=}\int_{0}^{\pi/2}\frac{\theta^3\,d\theta}{\tan^3\theta\cos^2\theta}\stackrel{\text{IBP}}{=}-\frac{\pi^3}{16}+\frac{3}{2}\int_{0}^{\pi/2}\frac{\theta^2\,d\theta}{\sin^2\theta}$$ y, en general, el cálculo de la querían integrales reduce al cálculo de $\int_{0}^{\pi/2}\left(\frac{\theta}{\sin\theta}\right)^m\,d\theta$ o el cálculo de $\oint_\gamma \frac{\log^m z}{z\left(z-\frac{1}{z}\right)^m}\,dz$ donde $\gamma$ es el cuarto de círculo de unirse a $1$ e $i$. La integración de $\frac{\log^m z}{z\left(z-\frac{1}{z}\right)^m}$ a lo largo de los segmentos de unirse a $0$ e $1$ o $0$ e $i$ puede ser simplemente realiza a través de la serie de Maclaurin; en particular, la quería integrales siempre se puede expresar en términos de la norma o la alternancia de Euler sumas.

Answer 2

No fue solicitado, pero en lugar de representaciones exactas de la OP posible que desee una expresión asintótica para $n \to \infty.$ Este funciona bien con la técnica de Depoissonization. Hacer una exponencial de la potencia de la serie y analizar asintóticamente: $$ \sum_{n=0}^\infty \frac{y^n}{n!} C_n = \int_0^\infty \exp{\big(\frac{y}{x} \text{arctan}(x) \big)} dx , \quad C_n=\int_0^\infty \Big(\frac{\text{arctan}(x)}{x}\Big)^n dx$$ Ahora $\text{arctan}(x)/x = 1-x^2/3+x^4/5+...$ e con $y$ grandes y manteniendo en el primer término de la expansión asintótica $$ e^{-y} \sum_{n=0}^\infty \frac{y^n}{n!} C_n \sim \int_0^\infty \exp{\big(-y\,\frac{x^2}{3}\big)} dx = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{3\pi}{y}}.$$ Por Depoissonization podemos concluir que $$ C_n \sim \frac{1}{2} \sqrt{\frac{3\pi}{n}} .$$ Para $n=50$ asintótico de expresión está dentro del 2% del valor de una integración numérica.

Answer 3

Aquí tienes una respuesta: Vamos a $m \geq n \geq 2$ ser enteros, y definir

$$ \mathcal{I}(m,n) = \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan^m x}{x^n} \, dx. $$

Our aim is to obtain a manageable formula for $\mathcal{I}(m,n)$.

La proposición. $\mathcal{I}(m,n)$equlas $$ \begin{cases} \displaystyle (-1)^{\frac{m-n,}{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{\sinh^{n-2} x}{\cosh^n x} \cdot \operatorname{Im} \left( x + \frac{i\pi}{2} \right)^{m} \, dx, & m+n \ \text{even} \\ \displaystyle (-1)^{\frac{m-n-1}{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{\sinh^{n-2} x}{\cosh^n x} \cdot \frac{2 \log \tanh x}{\pi} \cdot \operatorname{Im} \left( x + \frac{i\pi}{2} \right)^{m} \, dx, & m+n \ \text{odd} \end{casos} $$

Cuando $m+n$ es incluso, esta integral se puede escribir como una combinación lineal de los valores de la Dirichlet $\eta$función mediante la conocida fórmula $\int_{0}^{\infty} x^{s-1}/(e^x + 1) \, dx = \Gamma(s)\eta(s)$.

Aquí es un código de Mathematica para numérica de verificación:

{m, n} = {7, 5};
NIntegrate[ArcTan[x]^m/x^n, {x, 0, Infinity}, WorkingPrecision -> 20]
(-1)^((m - n)/2) Im[NIntegrate[ Tanh[x]^(n - 2) Sech[x]^2 (x + (I Pi)/2)^m, {x, 0, Infinity}, WorkingPrecision -> 20]]
Clear[m, n];

---

Prueba. Nosotros sólo probar el caso en que $m+n$ es incluso. (La prueba en el caso pasa casi lo mismo.) Empezamos a notar que

$$ \arctan x = \int_{0}^{1} \frac{x \, ds}{1+x^2s^2} = \lim_{\delta \to 0^+} \int_{i\delta}^{1+i\delta} \frac{x \, ds}{1+x^2s^2}. $$

We temporarily fix $0 < \delta_1 < \cdots < \delta_m$ and consider the line segment $L_k$ beginning at $i\delta_k$ and ending at $1+i\delta_k$. Writing $\vec{\delta} = (\delta_1, \cdots, \delta_k)$, we consider the following perturbed version of $\mathcal{I}(m,n)$.

$$ \mathcal{I}_{\vec{\delta}}(m,n) := \int_{0}^{\infty} x^{m-n} \prod_{k=1}^{m} \left( \int_{L_k} \frac{dz_k}{1+x^2 z_k^2} \right) \, dx. $$

As $\vec{\delta} \to 0$, this converges to the original integral $\mathcal{I}(m,n)$. Ahora, invocamos el siguiente lema.

Lema. Si $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ son distintos de los números complejos y $m \in \{0, \cdots,n-1\}$, luego $$ \frac{x^m}{(1-\alpha_1 x)\cdots (1-\alpha_n x)} = \sum_{k=1}^{n} \frac{\alpha_k^{n-1-m}}{1-\alpha_k x} \prod_{l \neq k} \frac{1}{\alpha_k - \alpha_l}. $$

Desde $0 \leq m-n < 2m$, podemos aplicar el Lema a escribir

$$ \frac{x^{m n}}{\prod_{k=1}^{m} (1+z_k^2 x^2)} = \frac{x^{m n}}{\prod_{k=1}^{m} (1 - i z_k x)(1 + i z_k x)} = (-1)^{\frac{m n}{2}} \sum_{k=1}^{m} \frac{z_k^{m+n-2}}{1+z_k^2 x^2} \prod_{l \neq k} \frac{1}{z_k^2 - z_l^2}. $$

(At this step the assumption that $m+n$ is even is utilized.) Plugging this back to $\mathcal{I}_{\vec{\delta}}(m,n)$ and interchanging the order of integration, we obtain

$$ \mathcal{I}_{\vec{\delta}}(m,n) := (-1)^{\frac{m n}{2}} \frac{\pi}{2} \sum_{k=1}^{m} \int_{L_1} dz_1 \cdots \int_{L_n} dz_n \left( z_k^{m+n-3} \prod_{l \neq k} \frac{1}{z_k^2 - z_l^2} \right). $$

Now for $l \neq k$, writing $z_k = s_k + i\delta_k$ muestra

\begin{align*} \int_{L_l} \frac{dz_l}{z_k^2 - z_l^2} &= \frac{1}{2z_k}\left( \log(z_k + 1 + i\delta_l) - \log(z_k + i\delta_l) - \log(z_k - 1 - i\delta_l) + \log(z_k - i\delta_l) \right) \\ &\xrightarrow[\vec{\delta} \to 0]{} \frac{1}{2s_k}\left( \log\left(\frac{1 + s_k}{1 - s_k} \right) + i\pi\operatorname{sign}(l-k) \right) \end{align*}

Conectando de nuevo,

\begin{align*} \mathcal{I}(m,n) &= (-1)^{\frac{m-n}{2}} \frac{\pi}{2} \sum_{k=1}^{m} \int_{0}^{1} s^{n-2} \left( \operatorname{artanh}(s) - \frac{i\pi}{2} \right)^{k-1}\left( \operatorname{artanh}(s) + \frac{i\pi}{2} \right)^{n-k} \, ds \\ &= (-1)^{\frac{m-n}{2}} \operatorname{Im} \int_{0}^{1} s^{n-2} \left( \operatorname{artanh}(s) + \frac{i\pi}{2} \right)^{m} \, ds \\ &= (-1)^{\frac{m-n}{2}} \operatorname{Im} \int_{0}^{\infty} \frac{\sinh^{n-2} x}{\cosh^n x} \left( x + \frac{i\pi}{2} \right)^{m} \, dx, \end{align*}

completar la prueba.

Answer 4

Como user90369 no tiene el tiempo aparentemente pensé que repesent mi propia solución explícita para los interesados.

Comenzando con \begin{align} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{x^n \left(\cos x\right)^{n-2}}{\left(\sin x\right)^n} \, {\rm d}x &\stackrel{y=2x}{=} 2^{-n+1} \, i^n \int_{-\pi}^{\pi} y^n \, e^{-iy} \, \frac{\left(1+e^{-iy}\right)^{n-2}}{\left(1-e^{-iy}\right)^n} \, {\rm d}y \\ &\stackrel{z=e^{iy}}{=} -i \, 2^{-n+1} \int_\gamma \left(\log z\right)^n \, \frac{(z+1)^{n-2}}{(z-1)^n} \, {\rm d}z \end{align} donde $\gamma$ es el círculo unitario en el sentido positivo. El integrando es holomorph fuera de la negativa real de la línea y el contorno puede ser deformado a sólo encerrar el corte $[-1,0]$.

Entonces \begin{align} &=i \, 2^{-n+1} (-1)^n \int_0^1 \frac{(1-z)^{n-2}}{(1+z)^n} \, \left\{ \left(\log z + i\pi\right)^n - \left(\log z - i\pi\right)^n \right\} {\rm d}z \\ &=2^{-n+2} (-1)^{n+1} \sum_{k=0}^n \sum_{p=0}^{n-2} \sum_{q=0}^\infty \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \begin{pmatrix} n-2 \\ p \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -n \\ q \end{pmatrix} (-1)^p \pi^{n-k} \sin\left(\frac{\pi}{2}(n-k)\right) \\ &\qquad \times \int_0^1 z^{p+q} \, \left( \log z \right)^k \, {\rm d}z \end{align} y el uso de las dos fórmulas \begin{align} \int_0^1 x^n \, \left(\log x\right)^m \, {\rm d}x &= \frac{(-1)^m \, m!}{(n+1)^{m+1}} \tag{1} \\ \begin{pmatrix} -n \\ q \end{pmatrix} &= (-1)^q \begin{pmatrix} n+q-1 \\ q \end{pmatrix} = (-1)^q \, \frac{(p+1)\cdots(p+n-1)}{(n-1)!} \\ &= \frac{(-1)^p}{(n-1)!} \sum_{m=0}^{n-1} \left[ {n-1 \cima m} \right] (q+1)^m \etiqueta{2} \end{align} con los números de Stirling de primera especie llegamos a \begin{align} =2^{-n+2} (-1)^{n+1} \sum_{k=0}^n \sum_{p=0}^{n-2} \sum_{m=0}^{n-1} \sum_{q=0}^\infty \begin{pmatrix} n-2 \\ p \end{pmatrix} \left[ {n-1 \cima m} \right] \frac{(p+1)^m (-1)^{k+p+q} \pi^{n-k} n! \sin\left(\frac{\pi}{2}(n-k)\right)}{(p+q+1)^{k+1} (n-1)! (n-k)!} \, . \end{align} A continuación nos inversa de la suma $k \rightarrow n-k$ y se descomponen otra vez el factor de $(q+1)^{m}=(p+q+1-p)^{m}$ en el numerador \begin{align} &=-2^{-n+2}\,n \sum_{k=0}^n \sum_{p=0}^{n-2} \sum_{m=0}^{n-1} \sum_{l=0}^m \begin{pmatrix} n-2 \\ p \end{pmatrix} \left[ {n-1 \cima m} \right] \begin{pmatrix} m \\ l \end{pmatrix} (-p)^{m-l} \\ &\qquad \frac{(-\pi)^{k} \sin\left(\frac{\pi}{2}k\right)}{k!} \sum_{q=0}^\infty \frac{(-1)^{q+p}}{(p+q+1)^{n-k-l+1}} \\ Y=-2^{n+2} \ n \sum_{k=0}^n \sum_{p=0}^{n-2} \sum_{i=0}^{n-1} \sum_{m=l}^{n-1} \begin{pmatrix} n-2 \\ p \end{pmatrix} \left[ {n-1 \cima m} \right] \begin{pmatrix} m \\ l \end{pmatrix} (-p)^{m-l}\\ &\qquad \frac{(-\pi)^{k} \sin\left(\frac{\pi}{2}k\right)}{k!} \left\{ \eta\left(n-k-l+1\right) -\sum_{q=1}^p \frac{(-1)^{q+p}}{(p-q+1)^{n-k-l+1}} \right\} \etiqueta{3} \end{align} donde $\eta(s)$ es la de Dirichlet Eta-Función.

Parece como si \begin{align} &\quad \sum_{p=0}^{n-2} \sum_{q=1}^{p} \sum_{l=0}^{n-1} \sum_{m=l}^{n-1} \begin{pmatrix} n-2 \\ p \end{pmatrix} \left[ {n-1 \cima m} \right] \begin{pmatrix} m \\ l \end{pmatrix} \frac{(-p)^{m-l} (-1)^{q+p}}{(p-q+1)^{n-k-l+1}} \\ &=\sum_{p=0}^{n-2} \sum_{q=1}^{p} \begin{pmatrix} n-2 \\ p \end{pmatrix} \frac{(-1)^{q+p}}{(p-q+1)^{n-k+1}} \sum_{m=0}^{n-1} \left[ {n-1 \cima m} \right](-q+1)^m \\ Y=(-1)^{n-1}(n-1)! \sum_{p=0}^{n-2} \sum_{q=1}^{p} \begin{pmatrix} n-2 \\ p \end{pmatrix} \begin{pmatrix} q-1 \\ n-1 \end{pmatrix} \frac{(-1)^{q+p}}{(p-q+1)^{n-k+1}} \\ &= 0 \, , \end{align} desde $q\leq n-2$ e $\begin{pmatrix} n-3 \\ n-1 \end{pmatrix}=0$, por lo que el segundo término de la llave no contribuir.

Aquí está una Arce Código de resultado (3) para la verificación:

restart; 
n := 5; 
eta := proc (s) options operator, arrow; limit((1-2^(1-S))*Zeta(S), S = s) end proc; 
r1 := simplify(-2^(-n+2)*n*add(add(add(add(binomial(n-2, p)*Stirling1(n-1, m)*(-1)^(n-1-m)*binomial(m, l)*(-p)^(m-l)*(-Pi)^k*sin((1/2)*Pi*k)*eta(n-k-l+1)/factorial(k), m = l .. n-1), l = 0 .. n-1), p = 0 .. n-2), k = 0 .. n)); 
r2 := simplify(int(x^n*cos(x)^(n-2)/sin(x)^n, x = -(1/2)*Pi .. (1/2)*Pi)); 
evalf([r1, r2])