Cómo resolver un duro integral?

Question

Cómo probar $ \displaystyle \int _{ 0 }^{ \infty }{ (1+x)\arctan { (x) } } \log^4 { (x) }{\frac{1}{\sqrt{x}(1+x^2)}} dx=\frac{57\pi^6\sqrt{2}}{64} $

He encontrado esta integral mediante valores numéricos.Creo que el resultado es correcto! Cómo probar este resultado?

Answer 1

Bueno, yo voy a hacer esto "funciones especiales y orar": la primera cosa a hacer es producir una simplificación de la integral; la que voy a tratar es $$ I(a,s) = \int_0^{\infty} \frac{x^{s-1}}{1+x^2} \arctan{\sqrt{a} x} \, dx. $$ (Otra opción es el uso de $\arctan{(a+x)}$, pero que se veía peor que he probado.)

Ahora, la integral es $$ \left. \frac{\partial^4}{\partial s^4} (I(1,s)+I(1,s+1)) \right|_{s=1/2} \tag{1}; $$ la tienda que fuera y concentrarse en $I$. Ahora, yo no sé ustedes, pero yo todavía no estoy convencido de que saben cómo hacer las $I$ directamente, así que comienza con $\partial I/\partial a$, que es $$ \frac{\partial I}{\partial a} = \frac{1}{2\sqrt{a}}\int_0^{\infty} \frac{x^{s-1}}{1+x^2} \frac{x}{1+a x^2} \, dx; $$ este nos puede hacer uso de fracciones parciales o contorno de integración, por ejemplo, en la forma usual, dando $$ \frac{\partial I}{\partial a} = \frac{\pi}{4\sqrt{a}} \frac{1-a^{(1-s)/2}}{1-a} \sec{\tfrac{1}{2}\pi s}. \tag{2} $$ En este punto vemos que no va a haber problemas en $ a=1 $. Así que ahora tenemos que calcular el $I(1,s)$; es evidente que $I(0,s)=0$, por lo que podemos calcular $ I(1,s) = \int_0^1 \frac{\partial I(a,s)}{\partial a} \, da $. En este punto sería razonable para preocuparse: la función a integrar es, bueno, un poco raro. Por lo tanto, es en este punto que funciones especiales entra en la refriega: una definición de la función digamma es: $$ \psi(\alpha+1) = -\gamma + \int_0^1 \frac{1-y^{\alpha}}{1-y} \, dy. $$ No se trata exactamente de lo que tenemos, pero podemos escribir $$ \frac{1-a^{(1-s)/2}}{(1-a)a^{1/2}} = \frac{1-a^{1/2}}{(1-a)a^{1/2}} + \frac{1-a^{-s/2}}{1-a} = \frac{1}{\sqrt{a}(1+\sqrt{a})} + \frac{1-a^{-s/2}}{1-a}. $$ El segundo de estos, obviamente, le da a nuestros digamma, y la primera se integra a $\log{4}$ por medios elementales. Por lo tanto hemos hecho en la medida de lo $$ I(1,s) = \frac{\pi}{4} \left( \gamma + \log{4} + \psi\left(1-\tfrac{1}{2}s\right) \right)\sec{\tfrac{1}{2}\pi s}, $$ y ahora sólo tenemos que tomar los cuatro derivados y evaluación de los mismos.

Afortunadamente en este punto otro truco en sí mismo sugiere: $I(1,s)+I(1,2-s)$ tiene el mismo $0,2,4,\dotsc$th derivados a $s=1/2$$I(1,s)+I(1,1+s)$. Por lo tanto, podemos tomar esta suma: $$ \begin{align*} I(1,s)+I(1,2-s) &= \frac{\pi}{4} \left( \gamma + \log{4} + \psi\left(1-\tfrac{1}{2}s\right) \right)\sec{\tfrac{1}{2}\pi s} + \frac{\pi}{4} \left( \gamma + \log{4} + \psi\left(1-\tfrac{1}{2}(2-s)\right) \right)\sec{\tfrac{1}{2}\pi(2- s)} \\ &= \frac{\pi}{4} \left( \psi\left(1-\tfrac{1}{2}s\right) - \psi\left(\tfrac{1}{2}s\right) \right) \sec{\tfrac{1}{2}\pi s} \\ &=\frac{\pi^2}{4} \csc{\tfrac{1}{2}\pi s}, \end{align*} $$ el uso de la reflexión de la fórmula. Ahora es muy sencillo encontrar cuarta derivada en $s=1/2$; es $$ \left. \frac{\partial^4}{\partial s^4} (I(1,s)+I(1,s+1)) \right|_{s=1/2} = \frac{57\pi^6\sqrt{2}}{64}. $$

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Editado para añadir:

Yo en realidad no tengo que hacer que mis digamma (me sentía como la evaluación de $I(1,s)$, en el final). En cambio, mira (2), y hacer el mismo truco con el envío de $s \mapsto 2-s$. Entonces la suma se convierte en $$ \frac{\partial}{\partial} (I(a,s)+I(a,2-s) ) = \frac{\pi}{4\sqrt{a}} \left( \frac{1-a^{(1-s)/2}}{1} \seg{\tfrac{1}{2}\pi s} + \frac{1-a^{(s-1)/2}}{1-un} \seg{\tfrac{1}{2}\pi (2-s)} \right) \\ = \frac{\pi}{4} \frac{a^{s/2-1}-a^{-s/2}}{1} \seg{\tfrac{1}{2}\pi s} $$ La fracción puede parecer un poco familiar para algunos: la integración de$0$$1$, nos encontramos con $$ I(a,s)+I(a,2-s) = \frac{\pi}{4} \sec{\tfrac{1}{2}\pi s} \int_0^1 \frac{a^{s/2-1}-a^{-s/2}}{1-a} \, da. $$ El integral es más fácil de calcular, mediante la ampliación de $(1-a)^{-1}$ como una potencia de la serie y la integración término a término, de las que obtenemos $$ \int_0^1 \frac{a^{s/2-1}-a^{-s/2}}{1-a} \, da = \pi \cot{\tfrac{1}{2}\pi s}, $$ (véase aquí para una derivación) (también Se puede cambiar variables en el segundo término y la consideran como una entidad de valor integral), y luego continúe como antes. (Sorprendentemente, esto hace que la evaluación de la integral de todos-pero elemental: sólo necesitamos la cotangente de la serie y la diferenciación bajo el signo integral).

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Editado de nuevo:

Creo que lo que @Francois Jaclot la respuesta es llegar, es que la función $$ \frac{x^{1/2}+1/x^{1/2}}{x+1/x}(\log{x})^4 $$ es invariante bajo la transformación de $x \mapsto 1/x$, y $$ \arctan{x} + \arctan{\left(\frac{1}{x}\right)} = \frac{\pi}{2}. $$ La integración operador $ \int_1^{\infty} \frac{dx}{x} $ mapas a $\int_0^1 \frac{dx}{x} $. De ello se desprende que, llamando a la integral que queremos $I$, $$ I = \int_0^{1} \frac{x^{1/2}+1/x^{1/2}}{x+1/x}(\log{x})^4 \arctan{x} \frac{dx}{x} + \int_0^{1} \frac{x^{1/2}+1/x^{1/2}}{x+1/x}(\log{x})^4 \arctan{\left(\frac{1}{x}\right)} \frac{dx}{x} \\ = \frac{\pi}{2} \int_0^{1} \frac{x^{1/2}+x^{-1/2}}{1+x^2}(\log{x})^4 \, \frac{dx}{x} $$ La sustitución de $y=x^2$, $dy/y = 2dx/x$, así $$ I = \frac{\pi}{2 \cdot 2 \cdot 16} \int_0^{1} \frac{y^{1/4}+y^{-1/4}}{1+y} (\log{y})^4 \frac{dy}{y}. $$ La aplicación de la transformación $y \mapsto 1/y$ nuevo, podemos reescribir la $y^{-1/4}$ plazo como una integral en $[1,\infty)$, terminando con: $$\begin{align*} I &= \frac{\pi}{64} \left( \int_0^{1} \frac{y^{1/4}}{1+y} (\log{y})^4 \frac{dy}{y} + \int_1^{\infty} \frac{y^{1/4}}{1+y} (\log{y})^4 \frac{dy}{y}. \right) \\ &= \frac{\pi}{64} \int_0^{\infty} \frac{y^{-3/4}}{1+y} (\log{y})^4 dy \\ &= \frac{\pi}{64} \left. \frac{d^4}{ds^4}\int_0^{\infty} \frac{y^{s-1}}{1+y} \, dy \right|_{s=1/4} \\ &= \frac{\pi}{64} \left. \frac{d^4}{ds^4} \pi \csc{\pi s} \right|_{s=1/4} \end{align*}, $$ dar la respuesta, de nuevo. (No me gusta este método como mucho: todo esto $1/x$ transformar es bastante difícil de conseguir...)

Answer 2

Hay una manera más sencilla, teniendo en cuenta $\arctan(x)$ puede ser eliminado fácilmente. Por tanto, la integral se convierte en $1/32$th de la cuarta derivada de la Beta$(t, 1-t)$$t = 1/4$.