Si$I_n=\int_0^{\pi/4}\tan^n x dx$, entonces evalúe$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^nI_kI_{k+1}+I_kI_{k+3}+I_{k+1}I_{k+2}I_{k+3}$

Question

Deje que $$I_{n}=\int^{\pi/4}_{0}\tan^{n}x\;dx\quad(n=0,1,2,3,4,\ldots)$ $ y $$S_{n}=\sum^{n}_{k=0}I_{k}I_{k+1}+I_{k}I_{k+3}+I_{k+1}I_{k+2}I_{k+3}$ $ luego encuentre $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}S_{n}$ .

Mi intento: $$I_{k}+I_{k+2}=\int^{\pi/4}_{0}\tan^{k}x\cdot \sec^2 x\;dx=\frac{1}{k+1}$ $

Entonces $$I_{k}\left(I_{k+1}+I_{k+3}\right)=\frac{I_{k}}{k+2}$ $

Podría algo ayudarme a resolverlo, gracias.

Answer 1

$\color{brown}{\textbf{Theoretic data.}}$

Es conocido que

$$I_n = \int\limits_0^{\large\frac\pi4} \bronceado^n x\,\mathrm dx = \dfrac{\psi_0\left(\dfrac{n+3}4\right)-\psi_0\left(\dfrac{n+1}4\right)}4,\tag1$$

donde $\psi_0(z)$ es función digamma,

$$\psi_0(z) = -\int\limits_0^\infty\dfrac{e^{-zt}}{1-e^{-t}}\,dt\tag2$$

(ver también Wolfram Documentación).

Así $$I_n = \frac14\int\limits_0^\infty\dfrac{1-e^{-\frac t2}}{1-e^{-t}}\,e^{\large-\frac {n+1}4t}\,dt = \frac18\int\limits_0^\infty\dfrac{e^{\large-\frac n4t}}{\cosh \dfrac t4}\,dt,$$ $$\color{green}{\mathbf{I_n = \frac12\int\limits_0^\infty\dfrac{e^{-nt}}{\cosh t}\,dt}}. \tag3$$

Teniendo en cuenta OP, también es conocido $$I_0 = \frac\pi4,\quad I_1 = \frac12\ln2,\quad I_k+I_{k+2} = \dfrac1{k+1}.\tag4$$

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$\color{brown}{\textbf{Summation of pairs.}}$

La aplicación inmediata de enfoque de la OP, es posible obtener $$S_{20} = \sum\limits_{k=0}^{\infty}(I_kI_{k+1}+I_{k+1}I_{k+2}) = \sum\limits_{k=0}^{\infty}\dfrac{I_{k+1}}{k+1} = \int\limits_0^{\large \frac\pi4}\sum\limits_{k=1}^{\infty}\dfrac{\bronceado^k x}kdx = -\int\limits_0^{\large \frac\pi4}\ln(1-\tan x)dx, $$ $$S_{20} = C - \frac\pi8\ln2\tag5$$ (ver también Wolfram Alpha),
donde C es el catalán es constante.

Entonces $$\sum\limits_{k=0}^{\infty}I_k(I_{k+1}+I_{k+3}) = \sum\limits_{k=0}^{\infty}\dfrac1{k+2}I_k = \sum\limits_{k=0}^{\infty}\dfrac1{k+2}\left(\dfrac1{k+1}-I_{k+2}\right)$$ $ $ = \sum\limits_{k=0}^{\infty}\left(\dfrac1{k+1}-\dfrac1{k+2}\right)-\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dfrac1{k+2}I_{k+2} = 1+I_1-S_{20},$$ $$\color{green}{\boxed{\mathbf{\sum\limits_{k=0}^{\infty}(I_k I_{k+1}+I_k I_{k+3})= 1 + \frac{4+\pi}8\ln2-C}\approx 0.976\,733\,488.}}\tag6$$

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$\color{brown}{\textbf{Integral presentation of product of external factors in the triples.}}$

El uso de $(3),$ uno puede escribir $$I_k I_{k+2} = \dfrac14\int\limits_0^\infty\int\limits_0^\infty \dfrac{e^{-k(x+y)}e^{-2y}}{\cosh x \cosh y}\,dy\,dx = \int\limits_0^\infty\int\limits_0^\infty \dfrac{e^{-(k+1)(x+y)}e^{4x}}{(1+e^{2x})(e^{2x+2y}+e^{2x})}\,dy\,dx.$$ Sustituciones $$u=x+y,\quad t=e^{2x}$$ dar $$I_k I_{k+2} = \dfrac12\int\limits_0^\infty e^{-(k+1)u} J_1(e^u)\,du,$$ donde $$J_1(s) =\int\limits_1^{s^2}\dfrac{t}{(t+1)(t+s^2)}\,dt = \int\limits_1^{s^2}\dfrac1{s^2-1} \left(\dfrac {s^2}{t+s^2}-\dfrac{1}{t+1}\right)\,dt$$ $$ = \dfrac1{s^2-1}(s^2\ln(t+s^2)-\ln(t+1)\bigg|\phantom{\Big|}_1^{s^2}$$ $$= \dfrac{s^2\ln(2s^2) - (s^2+1)\ln(s^2+1) + \ln2}{s^2-1} = \dfrac{(s^2+1)\ln2+2s^2\ln s - (s^2+1)\ln(s^2+1)}{s^2-1}$$ $$= \dfrac{(s^2-1)\ln(s) - (s^2+1)\ln\dfrac{s^2+1}{2}}{s^2-1} = \ln(s) - \dfrac{s^2+1}{s^2-1}\ln\dfrac{s^2+1}{2}.$$

Así

$$\color{verde}{\mathbf{I_k I_{k+2}= \dfrac1{2(k+1)^2} - \frac12\int\limits_0^\infty\,e^{-(k+1)u}\coth u\ln\cosh u\,du.}} \tag7$$

Las pruebas a través de la fórmula (1) se confirma la fórmula(7)

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$\color{brown}{\textbf{Summation of the triples productions}}$

Teniendo en cuenta que $$\sum\limits_{k=2}^\infty \dfrac{t^k}{k^2} = \operatorname{Li}_2(t) - t$$ (ver también Wolfram Alpha),

uno puede conseguir $$\boxed{S_{30} = \sum\limits_{k=2}^\infty \dfrac{I_k}{k^2} =\int\limits_0^{\large\frac\pi4}(\operatorname{Li}_2(\bronceado t)-\bronceado t)\, dt \aprox 0.090\,057\,376} \tag8$$ (ver también Wolfram Alpha cálculos numéricos).

La segunda suma es $$S_{31} = \sum\limits_{k=1}^\infty I_{k+1} \int\limits_0^\infty\,e^{-(k+1)u}\coth u\ln\cosh u\,du = \sum\limits_{k=1}^\infty \int\limits_0^\infty\,\int\limits_0^\infty\, e^{-(k+1)(u+v)}\dfrac{\coth u}{\cosh v}\ln\cosh u\dv\,du$$ $$ = \int\limits_0^\infty\,\int\limits_0^\infty\, \dfrac{e^{-2(u+v)}}{1-e^{-(u+v)}} \dfrac{\coth u}{\cosh v}\ln\cosh u\dv\,du$$ $$ = \int\limits_0^\infty\,\int\limits_0^\infty\, \dfrac{e^{-2u-3v}}{1-e^{-(u+v)}} \cdot \dfrac{\coth u}{1+e^{-2}}\ln\cosh u\dv\,du = \int\limits_0^\infty J_2(e^{-u})\coth u\ln\cosh u\,du$$ donde $$J_2(x) = \int\limits_0^1 \dfrac{x^2t^2\,dt}{(1-xt)(t^2+1)} = \dfrac {x^2}{x^2+1}\int\limits_0^1 \left(\dfrac{1}{1-xt} - \dfrac{xt+1}{t^2+1}\right) \,dt$$ $$ = -\dfrac x{x^2+1}\left(\ln(1-xt) + \dfrac{x^2}2\ln(t^2+1) + x\arctan t\right) \bigg|\phantom{\Big|}_0^1 = \dfrac18 \dfrac{2x}{x^2+1} \left(-4\ln(1-x) - 2x^2\ln2 - \pi x\right).$$

Entonces $$\color{green}{\boxed{\mathbf{S_{31} = \int\limits_0^\infty \dfrac{4e^{2u}\ln(1-e^{-u}) - \pi e^u -2\ln2}{8e^{3u}\sinh u}\ln\cosh u\,du}\approx 0.025\,054\,224}}\tag9$$ (ver también Wolfram Alpha cálculos numéricos)

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$\color{brown}{\textbf{Final summations.}}$

$$\boxed{S_3 = \sum\limits_{k=1}^\infty I_k I_{k+1} I_{k+2} = \frac12(S_{30} - S_{31})\approx \frac12(0.090\,057\,376 - 0.025\,054\,224) = 0.032\,501\,576,}$$ $$\color{green}{\boxed{\phantom{\Bigg|}S=S_2+S_3\approx 0.976\,733\,488+0.032\,501\,576 = \color{brown}{\mathbf{1.009\,235\,064}.\quad}}}$$

Answer 2

\begin{aligned} I_{n} &=\int \tan ^{n} x d x \\ &=\int \tan ^{n-2} x \tan ^{2} x d x \\ &=\int \tan ^{n-2} x\left(\sec ^{2} x-1\right) d x \\ &=\int \tan ^{n-2} x \sec ^{2} x d x-I_{n-2} \end{aligned}

Use Integración por partes: \begin{aligned} I_{n} &=\tan ^{n-1} x-\int(n-2) \tan ^{n-2} x \sec ^{2} x d x \\ &=\tan ^{n-1} x-(n-2)\left(I_{n}+I_{n-2}\right)-I_{n-2} \end{aligned}

Lo que da $$ I_{n}=\frac{1}{n-1} \bronceado ^{n-1} x-I_{n-2} $$

De forma iterativa,

$$ I_{2 k+1}=(-1)^{k} I_{1}+\sum_{p=1}^{k} \frac{(-1)^{p+k}}{2 p} \bronceado ^{2 p} x $$ y $$ I_{2 k}=(-1)^{k} I_{0}+\sum_{p=1}^{k} \frac{(-1)^{p+k}}{2 p-1} \bronceado ^{2 p-1} x $$

Necesitamos los valores de límite de $I_0$ e $I_1$

$$ \begin{aligned} I_{0} &=\int \tan ^{0} x d x \\ &=x \end{aligned} $$ y $$ \begin{aligned} I_{1} &=\int \tan ^{1} x d x \\ &=\int \tan x d x \\ &=-\ln \cos x \\ &=\ln \sec x \end{aligned} $$

Por lo tanto, la expresión final para cualquier $I_n$ sería $$ I_{2 k+1}=(-1)^{k} \ln \sec x+\sum_{p=1}^{k} \frac{(-1)^{p+k}}{2 p} \bronceado ^{2 p} x $$ y

$$ I_{2 k}=(-1)^{k} x+\sum_{p=1}^{k} \frac{(-1)^{p+k}}{2 p-1} \bronceado ^{2 p-1} x $$

Ahora, $\tan^n(\frac{pi}{4}) = 1$, que se termina con un parcial de las fracciones.

$$ I_{2 k+1}=(-1)^{k} \ln \sqrt{2}+\sum_{p=1}^{k} \frac{(-1)^{p+k}}{2 p} $$ y

$$ I_{2 k}=(-1)^{k} \frac{\pi}{4}+\sum_{p=1}^{k} \frac{(-1)^{p+k}}{2 p-1} $$

Soy incapaz de simplificar este proceso. Por favor, siéntase libre de editarlo.