mostrar que $\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{(x^2+1)^{n+1}}=\frac {(2n)!\pi}{2^{2n}(n!)^2}$

Question

demostrar que:

$$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{(x^2+1)^{n+1}}=\frac {(2n)!\pi}{2^{2n}(n!)^2}$$

donde $n=0,1,2,3,\ldots$.

hay alguna ayuda?

gracias por todo

Answer 1

Escribir $${\vartheta _n} = \int_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{1}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^n}}}} \frac{{dx}}{{1 + {x^2}}}$$

Poner $x=\tan\vartheta$. A continuación, $${\vartheta _n} = \int_{ - \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^{2n}}\vartheta } d\vartheta $$

por lo $${\vartheta _n} = 2\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^{2n}}\vartheta } d\vartheta $$

Nos puede venir para arriba con una recursividad para $\vartheta_n$ usando integración por partes, es decir, $${\vartheta _n} = \frac{{2n - 1}}{{2n}}{\vartheta _{n - 1}}$$

Esto significa que $$\prod\limits_{k = 1}^n {\frac{{{\vartheta _k}}}{{{\vartheta _{k - 1}}}}} = \prod\limits_{k = 1}^n {\frac{{2k - 1}}{{2k}}} $$

así que por telescopy $$\frac{{{\vartheta _n}}}{{{\vartheta _0}}} = \prod\limits_{k = 1}^n {\frac{{2k - 1}}{{2k}}} $$ but ${\vartheta _0} = \pi $ so $$\begin{align} {\vartheta _n} &= \pi \prod\limits_{k = 1}^n {\frac{{2k - 1}}{{2k}}} \cr &= \pi \prod\limits_{k = 1}^n {\frac{{2k - 1}}{{2k}}} \frac{{2k}}{{2k}} \cr &= \pi \frac{{\left( {2n} \right)!}}{{{2^{2n}}n{!^2}}}=\frac{\pi}{4^n}\binom{2n}{n} \end{align} $$

como se desee.

Answer 2

Deje $I_k=\int_{-\infty}^\infty\frac{dx}{(x^2+1)^{k+1}}$. Una integración sencilla muestra que $I_1=\frac{\pi}{2}$.

Evaluar $I_k$ usando integración por partes, dejando $du=dx$$v=\frac{1}{(x^2+1)^{k+1}}$. Llegamos $u=x$$dv=-(k+1)(2x)\frac{1}{(x^2+1)^{k+2}}$. Así $$I_k=\left.\frac{x}{(x^2+1)^{k+1}}\right|_{-\infty}^\infty+\int_{-\infty}^\infty\frac{2(k+1)x^2}{(x^2+1)^{k+2}}\,dx=\int_{-\infty}^\infty\frac{2(k+1)x^2}{(x^2+1)^{k+2}}\,dx.$$ La reescritura de la parte superior de la última integrando como $2(k+1)(x^2+1-1)$. A continuación, obtenemos $$I_k=2(k+1)I_k -2(k+1)I_{k+1}.$$ Podemos reescribir esto como $$I_{k+1}=\frac{2k+1}{2(k+1)}I_k.$$ Ahora lo único que queda es mostrar que si $A_k=\frac{(2k)!\pi}{2^{2k}(k!)^2}$ $A_k$ cumple la misma condición inicial como $I_k$ (fácil) y la misma relación de recurrencia (sencilla). Desde $I_1=A_1$ $I_k$ $A_k$ satisfacer la misma recurrencia, las dos secuencias debe ser el mismo.

Answer 3

Por la uniformidad de la función que le hemos

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

Por la transformación de $x^2\to x $ hemos

$$\int_{0}^{\infty} \frac{x^{-\frac{1}{2}}}{(x+1)^{n+1}} \, dx$$

lo que se reduce a

$$\frac{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right) \Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)}{\Gamma\left(n+1\right)}$$

Puede ser simplificado a

$$\frac{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)2^{1-2n} \Gamma(2n) \sqrt{\pi}}{\Gamma\left(n+1\right) \Gamma(n)}$$

que viene a ser

$$\frac{\pi (2n!)}{2^{2n}(n!)^2}$$

Answer 4

Vamos,$$I_n=\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{(x^2+1)^{n+1}}.$$ Put $x=\tan t$. So, $$I_n=2\displaystyle\int_0^{\pi /2} (\cos t)^{2n}\ \mathrm {dt}=2\displaystyle\int_0^{\pi /2} (\sin t)^{2n}\ \mathrm {dt}.$$ Por integración por partes vamos a tener, $I_n=\frac{2n-1}{2n}I_{n-1}$.

Por eso,$\frac{I_n}{I_0}=\prod\limits_{k=1}^n {2k-1 \over 2k}=\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}$, $I_0= \pi$. Por lo tanto nuestra respuesta.