La expresión para $\int_0^1 x^n(1-x)^{n}/(1+x^2) \ dx$

Question

Una respuesta a esta pregunta hace un uso inteligente de un integrante de esta forma:

$$\int_0^1 \frac{x^n(1-x)^n}{1+x^2} dx$$

Hay una forma cerrada para esto para cualquier entero positivo $n$?

(Espero que esta pregunta se ha hecho antes, pero no lo pude encontrar. Tan perfectamente feliz si usted puede encontrar y cerrar esta pregunta.)

Answer 1

Puedo obtener un cuarto de upvote para encontrar la fórmula para cada entero positivo divisible por 4?

$$\frac{1}{2^{2n-2}}\int_0^1 \frac{x^{4n}(1-x)^{4n}}{1+x^2}dx = \\ \sum_{j=0}^{2n-1}\frac{(-1)^j}{2^{2n-j-2}(8n-j-1){8n - j - 2 \choose 4n + j}} + (-1)^n\left(\pi - 4 \sum_{j=0}^{3n-1}\frac{(-1)^j}{2j+1}\right)$$

La pregunta original enlaces a una pregunta planteada en el 1968 Putnam de la Competencia. Para $4n=4$ el valor de la integral es $(22/7) - \pi$. Los mayores valores de $4n$ conducir a mejores aproximaciones de $\pi$, expresado como la relación de la pequeña enteros positivos.

Answer 2

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\dsc}[1]{\displaystyle{\color{red}{#1}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\norm}[1]{\left\vert\left\vert\, nº 1\,\right\vert\right\vert} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$

Con $\ds{0 < z < 1}$:

\begin{align}&\sum_{n\ =\ 0}^{\infty}z^{n} \int_{0}^{1}{x^{n}\pars{1 - x}^{n} \over 1 + x^{2}}\,\dd x =\int_{0}^{1}{1 \over 1 + x^{2}}\,{1 \over 1 - zx\pars{1 - x}}\,\dd x \\[5mm]&={1 \over z}\int_{0}^{1} {\dd x \over \pars{1 + x^{2}}\pars{x^{2} - x + z^{-1}}} \\[5mm]&={8\root{z}\pars{3z - 2}\,{\rm arccsc}\pars{2/\root{z}} -\root{4 - z}\braces{\bracks{\pi - 2\ln\pars{2}}z - \pi} \over 4\root{4 - z}\pars{2z^{2} - 2z + 1}} \end{align}

\begin{align} &\color{#66f}{\large\int_{0}^{1}{x^{n}\pars{1 - x}^{n} \over 1 + x^{2}}\,\dd x} \\[5mm]&=\bracks{z^{n}}\pars{{8\root{z}\pars{3z - 2}\,{\rm arccsc}\pars{2/\root{z}} -\root{4 - z}\braces{\bracks{\pi - 2\ln\pars{2}}z - \pi} \over 4\root{4 - z}\pars{2z^{2} - 2z + 1}}} \end{align}

Answer 3

Advertencia: entrante monstruosidad.

Introducción

Usando el teorema del binomio,

\begin{align*} \int_{0}^{1} \frac{x^n (1 - x)^n}{1 + x^2}\,\text{d}x &= \int_{0}^{1} \frac{x^n}{1+x^2}\sum_{m = 0}^{n} {n \choose m}(-1)^{m}x^m\,\text{d}x \\ &= \sum_{m = 0}^{n} {n \choose m}(-1)^{m} \int_{0}^{1} \frac{x^{n+m}}{1+x^2} \,\text{d}x \end{align*}

Supongamos primero que $n + m = 2q$ algunos $q$

$$ \frac{x^{t2}}{1+x^2} = \frac{(-1)^{p}}{1 + x^2} - \sum_{\ell = 0}^{p - 1}(-1)^{\ell + p}x^{2\ell} $$

Por lo tanto,

$$ \int_{0}^{1} \frac{x^{t2}}{1+x^2} = (-1)^{q}\frac{\pi}{4} - \sum_{\ell = 0}^{p - 1} \frac{(-1)^{\ell + p}}{2\ell + 1} $$

Ahora supongamos que $n + m = 2p + 1$ algunos $p$

$$ \frac{x^{2p + 1}}{1+x^2} = \frac{(-1)^{p}x}{1 + x^2} - \sum_{\ell = 0}^{p - 1}(-1)^{\ell + p}x^{2\ell + 1} $$

Por lo tanto,

$$ \int_{0}^{1} \frac{x^{2p + 1}}{1+x^2} \,\text{d}x =\frac{(-1)^{p}}{2}\ln(2) - \sum_{\ell = 0}^{p - 1} \frac{(-1)^{\ell + p}}{2\ell + 2} $$

Caso: $n$ incluso

Si $n$ es incluso, a continuación, escriba $n = 2n'$ y, a continuación,

\begin{align*} \int_{0}^{1} \frac{x^{2n'} (1 - x)^{2n'}}{1 + x^2}\,\text{d}x &= \sum_{m = 0}^{2n'} {2n' \choose m}(-1)^{m} \int_{0}^{1} \frac{x^{2n'+m}}{1+x^2} \,\text{d}x \\ &= \sum_{m = 0}^{n'} {2n' \choose 2m} \int_{0}^{1} \frac{x^{2(n'+m)}}{1+x^2} \,\text{d}x \\ &- \sum_{m = 0}^{n' - 1} {2n' \choose 2m + 1} \int_{0}^{1} \frac{x^{2(n'+m) + 1}}{1+x^2} \,\text{d}x \end{align*}

El uso de los resultados anteriores

\begin{align*} \int_{0}^{1} \frac{x^{2n'} (1 - x)^{2n'}}{1 + x^2}\,\text{d}x &= \sum_{m = 0}^{n'} {2n' \choose 2m}\left[(-1)^{n' + m}\frac{\pi}{4} - \sum_{\ell = 0}^{n' + m - 1} \frac{(-1)^{\ell + n' + m}}{2\ell + 1} \right] \\ &- \sum_{m = 0}^{n' - 1} {2n' \choose 2m + 1} \left[ \frac{(-1)^{n' + m}}{2}\ln(2) - \sum_{\ell = 0}^{n' + m - 1} \frac{(-1)^{\ell + n' + m}}{2\ell + 2} \right] \end{align*}

Caso: $n$ impar

Si $n$ es impar, a continuación, escriba $n = 2n' + 1$ y, a continuación,

\begin{align*} \int_{0}^{1} \frac{x^{2n' + 1} (1 - x)^{2n' + 1}}{1 + x^2}\,\text{d}x &= \sum_{m = 0}^{2n' + 1} {2n' + 1 \choose m}(-1)^{m} \int_{0}^{1} \frac{x^{2n'+m + 1}}{1+x^2} \,\text{d}x \\ &= \sum_{m = 0}^{n'} {2n' + 1\choose 2m} \int_{0}^{1} \frac{x^{2(n'+m) + 1}}{1+x^2} \,\text{d}x \\ &- \sum_{m = 0}^{n'} {2n' + 1 \choose 2m + 1} \int_{0}^{1} \frac{x^{2(n'+m + 1)}}{1+x^2} \,\text{d}x \end{align*}

De nuevo, usando los resultados anteriores,

\begin{align*} \int_{0}^{1} \frac{x^{2n' + 1} (1 - x)^{2n' + 1}}{1 + x^2}\,\text{d}x &= \sum_{m = 0}^{n'} {2n' + 1 \choose 2m}\left[\frac{(-1)^{n' + m}}{2}\ln(2) - \sum_{\ell = 0}^{n' + m - 1} \frac{(-1)^{\ell + n' + m}}{2\ell + 2} \right] \\ &- \sum_{m = 0}^{n' - 1} {2n' + 1 \choose 2m + 1} \left[ (-1)^{n' + m + 1}\frac{\pi}{4} - \sum_{\ell = 0}^{n' + m} \frac{(-1)^{\ell + n' + m + 1}}{2\ell + 1} \right] \end{align*}

Esas sumas son todos finitos, por lo que en principio esa es la solución. Yo no puede ver inmediatamente cómo simplificar.

Answer 4

Mediante el uso de la función Beta de Euler: $$ I = \int_{0}^{1} \frac{x^n(1-x)^n}{1+x^2} \, dx = \sum_{k=0}^{+\infty} (-1)^k \int_{0}^{1} x^{n+2k}(1-x)^n \, dx $$

$$ = \sum_{k=0}^{+\infty} (-1)^k \frac{\Gamma(n+2k+1)\Gamma(n+1)}{\Gamma(2n+2k+2)} =\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{(2n+2k+1)\binom{2n+2k}{n}}. $$