拉马努金问题解答

证明
egin{align*}int_0^{ + infty } {frac{{sin nx}}{{x + frac{1}{{x + frac{2}{{x + frac{3}{{x + cdots }}}}}}}}dx} &= frac{{sqrt {frac{pi }{2}} }}{{n + frac{1}{{n + frac{2}{{n + frac{3}{{n + cdots }}}}}}}}\
int_0^{ + infty } {frac{{sin frac{{npi x}}{2}}}{{x + frac{{{1^2}}}{{x + frac{{{2^2}}}{{x + frac{{{3^2}}}{{x + cdots }}}}}}}}dx} &= frac{1}{{n + frac{{{1^2}}}{{n + frac{{{2^2}}}{{n + frac{{{3^2}}}{{n + cdots }}}}}}}}.end{align*}

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证.对于第一个,利用
[frac{1}{{x + frac{1}{{x + frac{2}{{x + ldots }}}}}} = {e^{{x^2}/2}}int_x^infty {{e^{ - {t^2}/2}}dt} .]
接下来只需证明
[int_0^{ + infty } {sin nx cdot {e^{{x^2}/2}}dx} int_x^infty {{e^{ - {t^2}/2}}dt} = sqrt {frac{pi }{2}} cdot {e^{{n^2}/2}}int_n^infty {{e^{ - {t^2}/2}}dt} .]

第二个得利用
[frac{1}{{x + frac{{{1^2}}}{{x + frac{{{2^2}}}{{x + frac{{{3^2}}}{{x + cdots }}}}}}}} = 2sumlimits_{n = 1}^infty {frac{{{{( - 1)}^{n + 1}}}}{{x + 2n - 1}}} = 2int_0^1 {frac{{{t^x}}}{{1 + {t^2}}}dt} .]
这是Ramanujan's Notebooks II (Brendt)连分数章节29目里的一个推论(见P149).

利用两次分部积分可知
$$
int{e^{-ax}cos left( bx ight) dx}=frac{e^{-ax}left[ bsin left( bx ight) -acos left( bx ight) ight]}{a^2+b^2}+C,
$$
因此
$$
int_0^{infty}{e^{-ax}cos left( bx ight) dx}=frac{a}{a^2+b^2},quad int_0^{infty}{e^{-ax}sin left( bx ight) dx}=frac{b}{a^2+b^2},
$$
其中$a>0$.取$a=-ln t,b=npi/2$,我们有
$$
int_0^{infty}{t^xsin frac{npi x}{2}dx}=frac{npi /2}{ln ^2t+left( frac{npi}{2} ight) ^2}=frac{2npi}{4ln ^2t+n^2pi ^2},quad 0<t<1
$$

接下来只需证明
$$
int_0^1{frac{2npi}{left( 1+t^2 ight) left( n^2pi ^2+4ln ^2t ight)}dt}=int_0^1{frac{t^n}{1+t^2}dt}.
$$

苏格拉斯宁死不走，欧阳修《晏元献公挽辞》认为晏殊“富贵优游五十年,始终明哲保身全。”