Evaluar $\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{(x+\sqrt{1+x^2})^{2n}}\cdot \frac{1}{1+x^2}$

Question

$$F(n)=\large \int_{0}^{\infty}\frac{\mathrm dx}{(x+\sqrt{1+x^2})^{2n}}\cdot \frac{1}{1+x^2}$$

$\large x=\tan u$

$\large \mathrm dx=\sec^2 u\mathrm du$

$$F(n)=\large \int_{0}^{\pi/2}\frac{\mathrm du}{(\tan u+\sec u)^{2n}}$$

$\large \tan u+\sec u=\frac{2\tan(u/2)}{1-\tan^2(u/2)}+\frac{1+\tan^2(u/2)}{1-\tan^2(u/2)}$

$$F(n)=\large \int_{0}^{\pi/2}\frac{\mathrm du}{\left(\frac{2\tan(u/2)}{1-\tan^2(u/2)}+\frac{1+\tan^2(u/2)}{1-\tan^2(u/2)}\right)^{2n}}$$

$\large t=\tan(u/2)$

$\large \mathrm du=\frac{2}{\sec^2(u/2)}\mathrm dt=\frac{2}{1+t^2}\mathrm dt $

$$F(n)=\large 2\int_{0}^{1}\left(\frac{t-1}{t+1}\right)^{2n}\cdot \frac{\mathrm dt}{1+t^2}$$

Estoy tratando de evaluar $F(n)$ pero me he quedado atascado, ¿cómo puedo continuar?

Answer 1

Yo diría que la sustitución más natural aquí es $x=\sinh u$ , lo que lleva a $$ F(n) = \int_{0}^{+\infty}e^{-2nu}\frac{du}{\cosh u} $$ tal que $F(n)$ viene dada por la transformada de Laplace de la secante hiperbólica.
Dejando $u=\log v$ obtenemos $$ F(n) = \int_{1}^{+\infty}\frac{1}{v^{2n}}\cdot \frac{2}{v^2+1}\,dv = \int_{0}^{1}\frac{2z^{2n}}{z^2+1}\,dz$$ y la última integral está claramente relacionada con las colas de La serie de Gregory : $$ F(n) = 2\sum_{k\geq 0}\frac{(-1)^k}{2n+2k+1}. $$

Answer 2

Por qué no continuar y enchufar $\frac{1-t}{1+t}=y \rightarrow t=\frac{1-y}{1+y}\,$ para conseguirlo: $$F(n)=2\int_0^1 y^{2n} \frac{(y+1)^2}{2(y^2+1)}\frac{2}{(1+y)^2}dy=2\int_0^1\frac{y^{2n}}{1+y^2}dy $$ con $y=\tan x$ $$F(n)=2\int_0^\frac{\pi}{4}\tan^{2n} xdx$$ Y ahora utiliza una relación de recursión. Una búsqueda rápida en Google me dio esto: https://socratic.org/questions/how-do-you-find-the-integral-of-int-tan-n-x-if-m-or-n-is-an-integer

También sustituyendo desde el principio $\frac{1}{x+\sqrt{1+x^2}}=t$ te lleva allí en un solo paso.

Answer 3

Alternativamente: $$F(n)=\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{(x+\sqrt{1+x^2})^{2n}}\cdot \frac{1}{1+x^2}= \int_{0}^{\infty}\frac{(x-\sqrt{1+x^2})^{2n}}{1+x^2}dx$$ Cambios: $x-\sqrt{1+x^2}=t \Rightarrow x=\frac{1-t^2}{2t}, dx=-\frac{1+t^2}{2t^2}dt$ entonces: $$F(n)= \int_{-1}^{0}\frac{t^{2n}}{\frac{(1+t^2)^2}{4t^2}}\cdot \left(-\frac{1+t^2}{2t^2}\right)dt=-2 \int_{-1}^{0}\frac{t^{2n}}{1+t^2}dt=\\ -2 \int_{-1}^{0}\frac{t^{2n}+t^{2n-2}-t^{2n-2}}{1+t^2}dt=\\ -2\int_{-1}^{0}t^{2n-2}dt+2\int_{-1}^{0}\frac{t^{2n-2}}{1+t^2}dt=\\ -\frac{2t^{2n-1}}{2n-1}\big{|}_{-1}^0-F(n-1).$$

Answer 4

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin {align} \mrm {F} \pars {n} & \equiv \int_ {0}^{ \infty }{ \dd x \over \pars {x + \root {1 + x^{2}}^{{2n}}, {1 \over 1+x^2} \\ [5mm] & \stackrel {x\ =\ \pars {1/t - t}/2}{=}\N-, \N-, \N-, 2 \int_ {0}^{1}{t^{2n} \over 1 + t^{2}}\, \dd t \\ [5mm] & = 2 \int_ {0}^{1}{t^{2n} - t^{2n + 2} \over 1 - t^{4}}\, \dd t = {1 \over 2} \int_ {0}^{1}{t^{n/2 - 3/4} - t^{n/2 -1/4} \over 1 - t}\, \dd t \\ [5mm] & = {1 \over 2} \bracks {% \int_ {0}^{1}{1 - t^{n/2 -1/4} \over 1 - t}\, \dd t - \int_ {0}^{1}{1 - t^{n/2 -3/4} \over 1 - t}\, \dd t} \\ [5mm] & = \bbx {{1 \over 2} \bracks { \Psi\pars {{n \over 2} + {3 \over 4}} - \Psi\pars {{n \over 2} + {1 \over 4}}}} \end {align}

donde $\ds{\Psi}$ es el Función Digamma .

Tenga en cuenta que un recidiva inducida es proporcionada por la Fórmula de Recurrencia Digamma $\ds{\Psi\pars{z + 1} = \Psi\pars{z} + {1 \over z}}$ .