Razonamiento en una sustitución de integración

Question

Evaluar: $\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{\ln(x+1)}{x^2+1}\,\mathrm{d}x$

Así que hice esto de una manera completamente diferente a lo que indica la clave de respuestas. Utilicé la integración por partes y algunos trucos de simetría y obtuve la respuesta correcta. Sin embargo, la clave de respuestas dice:

Realice la sustitución $x=\frac{1-u}{1+u}$

Se llegó a la misma solución en aproximadamente la mitad de los pasos, pero aún utilizando la simetría, mis preguntas son ¿Cómo voy a saber hacerlo? ¿Se trata de un determinado tipo de sustitución? ¿Hay alguna otra cosa para la que pueda usar esto?

Answer 1

La sustitución se denomina Transformación de Möbius que tiene la forma más general

$$w=\frac{az+b}{cz+d}$$

donde $ad\ne bc$ . La transformación transforma las líneas rectas en círculos y los círculos en líneas rectas. Tienen una gran variedad de usos en matemáticas aplicadas y física junto con el análisis complejo.

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Como ejemplo sencillo, la función Beta $B(x,y)$ puede representarse mediante la integral

$$B(x,y)=\int_0^1 t^{x-1}(1-t)^{y-1}\,dt$$

Aplicación de la transformación de Mobius $t\to \frac{t}{1+t}$ para que $dt\to \frac{1}{(1+t)^2}\,dt$ . Entonces, vemos que

$$B(x,y)=\int_0^\infty \frac{t^{x-1}}{(1+t)^{x+y}}\,dt$$

que es una representación alternativa para la función Beta.

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Como otro ejemplo, en Esta pregunta La OP solicitó la evaluación de la integral $I$ expresado como

$$I=\int_0^\infty\frac{\log(e^x-1)}{e^x+1}\,dx$$

En la respuesta aceptada publicada por el usuario @FDP, se utilizó la transformada de Mobius para facilitar un camino eficiente.

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Como tercer y último ejemplo, en ESTA RESPUESTA En el caso de la función exponencial, demostré utilizando sólo la definición de límite de la función exponencial y la desigualdad de Bernoulli que la función exponencial satisface las desigualdades

$$1+x\le e^x\le \frac{1}{1-x}$$

para $x<1$ . Entonces, es trivial ver que $\log(x)\le x-1$ .

Aplicación de la transformación de Möbius $x\to \frac{-x}{1+x}$ encontramos que la función logaritmo está acotada por debajo de $\log(x)\ge \frac{x-1}{x}$ .

Answer 2

Aquí hay un método alternativo que no utiliza la diferenciación bajo el signo integral. Sustituye $x = \tan \theta$ para dar $$I = \int_0^{\pi/4} \log(1+\tan\theta) d\theta \\ = \int_0^{\pi/4} \log(\cos\theta+\sin\theta)-\log\cos(\theta)d\theta \\ = \int_0^{\pi/4} \frac12\log2 + \log(\cos(\theta- \pi/4))-\log\cos(\theta) d\theta \\ = \frac{\pi}{8}\log2 + \int_0^{\pi/4} \log(\cos(\theta- \pi/4)) d\theta - \int_0^{\pi/4}\log\cos(\theta) d\theta $$ Tenemos la conocida propiedad de que $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x)dx$ y $\cos$ es una función par, por lo que estas dos integrales finales son iguales, y $I = \frac{\pi}{8}\log2$ .

Answer 3

Así es como yo lo haría. Deje que $$f(\alpha)=\int_0^1 \frac{\log(1+\alpha x)}{1+x^2}\ dx$$ donde $f(1)$ es la integral que buscamos evaluar. Por diferenciación bajo el signo de la integral tenemos $$f'(\alpha)=\int_0^1\frac{\partial}{\partial\alpha}\frac{\log(1+\alpha x)}{1+x^2}\ dx\\ =\int_0^1\frac{x}{(1+x^2)(1+\alpha x)}\ dx.$$

Ahora aplicamos la descomposición parcial de la fracción: supongamos que $$\frac{x}{(1+x^2)(1+\alpha x)}=\frac{Ax+B}{1+x^2}+\frac{C}{1+\alpha x}$$ para algunas constantes $A,B,C$ . Combinando las fracciones y recogiendo los términos obtenemos el sistema lineal de ecuaciones $$\begin{cases}A+\alpha B=1\\ \alpha A+C=0\\B+C=0\end{cases}$$ que nos parece equivalente a $$\begin{cases}A=\frac{1}{1+\alpha^2}\\B=\frac{\alpha}{1+\alpha^2}\\C=-\frac{\alpha}{1+\alpha^2}\end{cases}$$ De ello se deduce que $$f'(\alpha)=\int_0^1\frac{Ax+B}{1+x^2}+\frac{C}{1+\alpha x}\ dx\\ =\left[\frac12 A\log(1+x^2)+B\arctan{x}+\frac{C}{\alpha}\log(1+\alpha x)\right]_{x=0}^1\\ =\frac{\log2}{2}\frac{1}{1+\alpha^2}+\frac{\pi}{4} \frac{\alpha}{1+\alpha^2}-\color{red}{\frac{\log(1+\alpha)}{1+\alpha^2}}$$ Es fácil ver, mirando la definición, que $f(0)=0$ . De ello se deduce que $f(\alpha_0)=\int_0^{\alpha_0} f'(\alpha)\ d\alpha$ y en particular $$f(1)=\int_0^1 \frac{\log2}{\alpha}\frac{1}{1+\alpha^2}+\frac{\pi}{4}\frac{\alpha}{1+\alpha^2}-\color{red}{\frac{\log(1+\alpha)}{1+\alpha^2}}\ d\alpha$$ que se simplifica a $$\color{red}{\int_0^1 \frac{\log(1+x)}{1+x^2}\ dx}= \frac{\pi \log 2}{16}-\color{red}{\int_0^1 \frac{\log(1+\alpha)}{1+\alpha^2}\ d\alpha}$$ de ahí el resultado $$\int_0^1 \frac{\log(1+x)}{1+x^2}\ dx=\frac{\pi \log 2}{8}.$$

Answer 4

Set $$x=\tan t, \qquad dt=\dfrac1{1+x^2}dx,$$ Entonces $$ \begin{align} \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+x^2}\, dx&= \int_0^{\pi/4} \ln(\cos t +\sin t)\, dt- \int_0^{\pi/4} \ln(\cos t)\, dt\\\\ &=\int_0^{\pi/4} \ln\left(\sqrt{2}\cos \left(\frac \pi4- t\right)\right)\, dt- \int_0^{\pi/4} \ln(\cos t)\, dt\\\\ &=\int_0^{\pi/4} \ln\left(\sqrt{2}\right)\, dt+\int_0^{\pi/4} \ln\left(\cos \left(\frac \pi4- t\right)\right)\, dt- \int_0^{\pi/4} \ln(\cos t)\, dt\\\\ &=\frac{\pi}8 \:\ln 2+\int_0^{\pi/4} \ln(\cos u)\, du-\int_0^{\pi/4} \ln(\cos t)\, dt\quad \left(u=\frac \pi4- t\right)\\\\ &=\frac{\pi}8 \:\ln 2. \end{align} $$