Factorizar $x^{2n}+1$ para evaluar $\int\tan^{1/n}(x)dx$

Question

He estado intentando encontrar una fórmula para $\int\tan(x)^{1/n}dx, n\in\Bbb N$ .

Empecé realizando la sustitución $$u=\tan(x)^{1/n}$$
$$dx=\frac {nu^{n-1}}{1+u^{2n}}du$$ para transformar la integral en $$n\int \frac{u^n}{1+u^{2n}}du$$ Se trata de una función racional relativamente sencilla, por lo que debería ser posible resolverla mediante una expansión de fracciones parciales. Para el caso simple en el que $n=2$ pude reescribir la integral como $$\frac{\sqrt2}{2}\left(\int\frac{u}{u^2-\sqrt2u+1}du - \int\frac{u}{u^2+\sqrt2u+1}du\right)$$
Lo cual se puede resolver completando el cuadrado para obtener $$\frac{\sqrt2}{4}\ln\left(\left(\sqrt{\tan{x}}-\frac{\sqrt2}{2}\right)^2+\frac{1}{2}\over\left(\sqrt{\tan{x}}+\frac{\sqrt2}{2}\right)^2+\frac{1}{2}\right)+\frac{\sqrt2}{2}\left(\arctan\left({\sqrt{2\tan{x}}-1}\right)+\arctan\left({\sqrt{2\tan{x}}+1}\right)\right)+C$$
Sin embargo, no consigo averiguar cómo factorizar el denominador para la expansión de la fracción parcial del caso general. Siempre será un producto de $n$ factores cuadráticos irreducibles, claramente, pero no sé cómo localizarlos. He conseguido encontrar los factores lineales complejos, utilizando la identidad de Euler para encontrar que son de la forma $$x\pm e^{im\pi\over{2n}}$$ donde m puede variar de 1 a $2n$ . ¿Cómo puedo combinar estos factores lineales en cuadráticas reales e irreducibles para utilizarlas en mi expansión de fracciones parciales? O bien, ¿existe un método más sencillo para evaluar esta integral? Cualquier ayuda será muy apreciada.

Answer 1

Nota

$$x^{2n}+1= \prod_{k=1}^{2n}(x-x_k),\>\>\>\>\> x_k= e^{i a_k},\>\>\>a_k=\frac{(2k-1)\pi}{2n}$$ y la correspondiente descomposición fraccionaria parcial

$$\frac{x^n}{x^{2n}+1}=\sum_{k=1}^{2n}\frac{c_k}{x-x_k} =-\frac1{2n}\sum_{k=1}^{2n}\frac{x_k^{n+1}}{x-x_k}$$ donde $c_k = \lim_{x\to x_k} \frac{x^n(x-x_k)}{x^{2n}+1}= -\frac{x_k^{n+1}}{2n}$ . Además, la simetría de las raíces $x_k$ lleva a

\begin{align} \frac{x^n}{x^{2n}+1} & =-\frac1{2n}\sum_{k=1}^{n}\left( \frac{e^{i (n+1)a_k}}{x-e^{ia_k} }+ \frac{e^{-i (n+1)a_k}}{x-e^{-ia_k}} \right)\\ &= -\frac1{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{x\cos(n+1)a_k+\cos na_k }{x^2-2x\cos a_k +1} \\ &= \frac1{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1} x\sin a_k}{x^2-2x\cos a_k +1} \end{align} donde $\cos na_k =0$ y $ \cos(n+1)a_k = (-1)^k\sin a_k $ se reconocen. Así, \begin{align} & \int\tan^{\frac1n}(t)\> dt= \int \frac{nx^n}{x^{2n}+1}dx\\ =& \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^{k+1}}2\left( \sin a_k \ln\left(x^2 - 2x\cos a_k + 1\right) + 2\cos a_k \tan^{-1}\frac{x- \cos a_k}{\sin a_k} \right) \end{align}

Answer 2

No creo que esto sea una respuesta, pero es demasiado largo para un comentario.

Al abordar este problema, se entra en el mundo de la función hipergeométrica gaussiana desde $$I_n=n\int \frac{u^n}{1+u^{2n}}\,du=\frac{n \,u^{n+1} }{n+1}\,\, _2F_1\left(1,\frac{n+1}{2 n};\frac{3n+1}{2 n};-u^{2 n}\right)$$ que, como ha demostrado, puede simplificarse para $n=2$ .

En otras palabras, volver a $x$ , $$I_n=\int{\tan^{\frac 1n} (x)}\,dx=\frac{n \tan ^{\frac{n+1}{n}}(x)}{n+1}\,\,\, _2F_1\left(1,\frac{n+1}{2 n};\frac{3n+1}{2 n};-\tan ^2(x)\right)$$

Editar

En su comentario, informó de que $$u^6+1=(u^2+\sqrt{3}u+1)(u^2-\sqrt{3}u+1)(u^2+1)$$ Entonces, utilizando la descomposición parcial de la fracción $$\frac{u^3}{1+u^6}=\frac{u}{3 \left(u^2+1\right)}+\frac{u}{6 \left(u^2-\sqrt{3} u+1\right)}+\frac{u}{6 \left(u^2+\sqrt{3} u+1\right)}$$ que pueden integrarse dando lugar a $$\int\frac{u^3}{1+u^6}\,du=-\frac{1}{6} \log \left(u^2+1\right)+\frac{1}{12} \log \left(u^2-\sqrt{3} u+1\right)+\frac{1}{12} \log \left(u \left(u+\sqrt{3}\right)+1\right)-\frac{\tan ^{-1}\left(\sqrt{3}-2 u\right)}{2 \sqrt{3}}-\frac{\tan ^{-1}\left(2 u+\sqrt{3}\right)}{2 \sqrt{3}}$$ También en este caso se pueden combinar los logaritmos y los arctangentes.

Mucho más tediosa es la factorización de $u^8+1$ ; conduce a $$u^8+1=\left(u^2-2 u \sin \left(\frac{\pi }{8}\right)+1\right) \left(u^2+2 u \sin \left(\frac{\pi }{8}\right)+1\right)$$ $$ \left(u^2-2 u \cos \left(\frac{\pi }{8}\right)+1\right) \left(u^2+2 u \cos \left(\frac{\pi }{8}\right)+1\right)$$ que lleva a un pequeño monstruo que no reproduciré aquí (¡demasiado largo!).

Del mismo modo, podríamos escribir $$u^{10}+1=(1+u^2)(u^8-u^6+u^4-u^2+1)$$ y el último término se puede factorizar de nuevo como el producto de cuatro polinomios cuadráticos.

$$\left(u^2-\sqrt{\frac{1}{2} \left(5-\sqrt{5}\right)} u+1\right) \left(u^2+\sqrt{\frac{1}{2} \left(5-\sqrt{5}\right)} u+1\right)$$ $$ \left(u^2-\sqrt{\frac{1}{2} \left(5+\sqrt{5}\right)} u+1\right) \left(u^2+\sqrt{\frac{1}{2} \left(5+\sqrt{5}\right)} u+1\right)$$

Buscando algo más, encontré este puesto donde la respuesta del Dr. MV sería muy interesante para su trabajo.

Answer 3

Vamos al hecho de que el logaritmo natural es una función periódica para encontrar el $2n$ raíces distintas de $x^{2n}+1$ . Observe que $$\forall z,w\in \mathbb{C},z\neq 0,\ln(z^w)\equiv w\ln(z)\pmod{2\pi i}$$ lo que equivale a $$\forall z,w\in \mathbb{C},z\neq 0,\exists k\in \mathbb{Z},\ln(z^w)=w\ln(z)+2\pi ik$$ Entonces \begin{align} x^{2n}+1&=0\\ \Leftrightarrow x^{2n}&=-1\\ \end{align} Desde $x=0$ no es una raíz, se deduce que \begin{align} x^{2n}&=-1\\ \Leftrightarrow \ln(x^{2n})&=\ln(-1)=\pi i\\ \Leftrightarrow \exists k\in \mathbb{Z},2n\ln(x)&=\pi i+2\pi i k\\ \Leftrightarrow \exists k\in \mathbb{Z},\ln(x)&=\frac{\pi i(1+2k)}{2n}\\ \Leftrightarrow \exists k\in \mathbb{Z},x&=\exp(\frac{\pi i(1+2k)}{2n}) \tag{1} \end{align} Desde $\forall m\in\mathbb{Z},\exp(z)=\exp(z+2\pi im)$ sólo necesitamos la primera $2n$ enteros en (1), es decir $k\in\{1,2,\cdots,2n\}$ . Por lo tanto, el $2n$ raíces de $x^{2n}+1$ vienen dadas por \begin{align} r_1&=\exp(\frac{\pi i(1+2(1))}{2n})\\ r_2&=\exp(\frac{\pi i(1+2(2))}{2n})\\ &\vdots\\ r_{2n}&=\exp(\frac{\pi i(1+2(2n))}{2n}) \end{align} Un elemento $\gamma$ en un campo K es una raíz de un polinomio con coeficientes en K, si $x-\gamma$ divide el polinomio, entonces \begin{align} x^{2n}+1&=\prod_{k=1}^{2n}x-r_k=\prod_{k=1}^{2n}x-\exp(\frac{\pi i(1+2k)}{2n})\\ \end{align} Utilizando la fórmula de Euler $e^{i\theta}=\cos(\theta)+i\sin(\theta)$ \begin{align} x^{2n}+1&=\prod_{k=1}^{2n}x-\Big(\cos(\frac{\pi (1+2k)}{2n})+i\sin(\frac{\pi (1+2k)}{2n})\Big) \end{align} Puedes terminar la integración utilizando la descomposición parcial de la fracción. Un teorema útil será el siguiente:
Teorema 1.0 [1] Deja que $P(x)$ & $Q(x)$ sean polinomios de coeficientes reales donde $\deg(P)<\deg(Q)$ & $Q(x)=(x-r_1)(x-r_2)\cdots(x-r_n)$ entonces $$\frac{P(x)}{Q(x)}=\sum_{i=1}^n\frac{P(r_i)}{Q'(r_i)}\frac{1}{x-r_i}$$ El teorema 1.0 puede utilizarse si $n<2n$ es decir, si $0<n$ . Sea $0<n$ Obsérvese que $$\int \tan^{\frac{1}{n}}(x)dx=\int \frac{nu^n}{u^{2n}+1}du$$ Dejemos que $P(u)=u^n$ & $Q(u)=u^{2n}+1=\prod_{k=1}^{2n}x-\big(\cos(\frac{\pi (1+2k)}{2n})+i\sin(\frac{\pi (1+2k)}{2n})\big)$ entonces $\deg(P)=n<2n=\deg(Q)$ & $Q'(u)=2nu^{2n-1}$ se deduce por el Teorema 1.0 que \begin{align} \int \frac{nu^n}{u^{2n}+1}du&=n\int \sum_{k=1}^{2n}\frac{P(r_k)}{Q'(r_k)}\frac{1}{u-r_k}du=n\int \sum_{k=1}^{2n}\frac{(r_k)^{n}}{2n(r_k)^{2n-1}}\frac{1}{u-r_k}du\\ &=\frac{1}{2}\int \sum_{k=1}^{2n}\frac{(r_k)^{n}}{(r_k)^{2n-1}}\frac{1}{u-r_k}du =\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{2n}\frac{(r_k)^{n}}{(r_k)^{2n-1}}\int\frac{1}{u-r_k}du\\ &=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{2n}\frac{(r_k)^{n}}{(r_k)^{2n-1}}\ln|u-r_k|+c \end{align} donde $r_k$ es la raíz k de $u^{2n}+1$ . Sustituyendo $r_k=\cos(\frac{\pi (1+2k)}{2n})+i\sin(\frac{\pi (1+2k)}{2n})$ y $u=\tan^{\frac{1}{n}}(x)$ obtenemos $$\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{2n}\frac{\Big(\cos(\frac{\pi (1+2k)}{2n})+i\sin(\frac{\pi (1+2k)}{2n})\Big)^{n}}{\Big(\cos(\frac{\pi (1+2k)}{2n})+i\sin(\frac{\pi (1+2k)}{2n})\Big)^{2n-1}}\ln|\tan^{\frac{1}{n}}(x)-\cos(\frac{\pi (1+2k)}{2n})-i\sin(\frac{\pi (1+2k)}{2n})|+c$$

[1] https://en.wikipedia.org/wiki/Partial_fraction_decomposition#Procedure