integrar

Question

muestre$\int_0^12\arctan(1+a\ln(x)) \ dx = \frac{\pi}{2} - a -a^2 -a^3 + O(a^4) $ para$a \ll 1$

Nunca he visto este tipo de integral antes, pero parece muy familiar a algo que ver con Taylor, así que intenté esto:

$I(x) = \displaystyle\int_0^12\arctan(1+a\ln(x)) \ dx$

$I(1) = I(1) + I'(1)(x-1) + I''(1)(x-1)^2/2! +...$ sin embargo, esto se vuelve muy complicado por el segundo derivado, así que asumo que hay algo que me falta. Cualquier ayuda, gracias.

Answer 1

En primer lugar, su integral es una función de $a$, no $x$: se da un número para cualquier $a$, la elección de $x$ no tiene ningún sentido.

$$I(a)=2\int_0^1 dx \arctan(1+a\ln x).$$

En segundo lugar, la estrategia para la expansión de Taylor era una buena idea, pero debe ampliar en $a$ en lugar de $x$ y alrededor de $0$ en lugar de $1$, debido a que usted necesita $a\ll 1$. Así que buscamos para los coeficientes de la expresión

$$I(a)=I(0)+I'(0)a+\tfrac{1}{2!}I''(0)a^2+\tfrac{1}{3!}I'''(0)a^3+O(a^4).\quad(1)$$

Lo primero que va a diferenciar el integrando $f(a,x):=\arctan(1+a\ln x)$ w.r.t $a$:

$$\partial_a f(a,x)=\frac{\ln x}{1+(1+a\ln x)^2}$$

Como usted dice que va a ser desordenada, el truco está aquí para reexpresar los nuevos derivados con la anterior: $$\partial_a^2f(a,x)=({\text{standard rules}})=\frac{-(\ln x)^2}{(1+(1+a\ln x)^2)^2}2(1+a\ln x)=-2(1+a\ln x)(\partial_a f)^2$$

Ahora, esto nos va a ahorrar un montón de trabajo:

$$\partial_a^3f(a,x)=-2\ln x (\partial_a f)^2-2(1+a\ln x)\partial_a(\partial_a f)^2=-2\ln x(\partial_a f)^2-4(1+a\ln x)(\partial_a f)(\partial_a^2 f)$$

A continuación nos acaba de establecer $a=0$ y ver qué pasa

$$f(0,x)=\arctan(1)=\tfrac{\pi}{4}$$ $$\partial_a f(0,x)=\tfrac{1}{2}\ln x$$ $$\partial_a^2 f(0,x)=-\tfrac{1}{2}(\ln x)^2$$ $$\partial_a^3 f(0,x)=\tfrac{1}{2}(\ln x)^3$$

Ahora podemos calcular los coeficientes de la expansión de Taylor

$$I(0)=2\int_0^1 dx f(0,x)=\tfrac{\pi}{2}$$ $$I'(0)=2\int_0^1 dx \partial_a f(0,x)=\int_0^1 dx \ln x =(x\ln x -x)_{\epsilon\to 0}^1=-1$$ $$I''(0)=2\int_0^1 dx \partial_a^2 f(0,x)=-\int_0^1 dx (\ln x)^2 =-(x(\ln x)^2 -2x\ln x+2x)_{\epsilon\to 0}^1=-2$$ $$I'''(0)=2\int_0^1 dx \partial_a^3 f(0,x)=\int_0^1 dx (\ln x)^3 =(x(\ln x)^3-3x(\ln x)^2+6x\ln x-6x)_{\epsilon\to 0}^1=-6$$

Mantenerlo corto, yo no explica cómo hacer $\int dx (\ln x)^n$, por favor comente, si necesita más ayuda sobre eso!

Conectar todo en eq. (1) da:

$$I(a)=\tfrac{\pi}{2}-a-a^2-a^3+O(a^4)$$

Edit: Gracias a @gammatester el prefactor en $I'''$ se fija ahora :)

Answer 2

Expande$f(x,a) = 2 \arctan(1+a\ln x)$ en una serie para un pequeño$$ g(x,a) = \frac{1}{2}\pi +a \ln x -\frac{1}{2}a^2\ln^2 x + \frac{1}{6} a^3 \ln^3 x - \frac{1}{20}a^5\ln^5x + O(a^6)$ $ Luego integra de manera temporal usando el hecho de que (se encuentra por sustitución$u = - \ln x$)$$\int_0^1\ln^nx dx = (-1)^n\Gamma(n+1)$ $ y obtienes$$I(a) \approx \int_0^1 g(x,a) dx = \frac{1}{2}\pi-a-a^2-a^3 + 6a^5$ $

Answer 3

Tengo otro enfoque a proponer. Desde la "a" es pequeña, directamente ampliar el integrando como una serie de Taylor construido alrededor de a=0. Esto le da

Pi / 2 + Log[x] - 1/2^2 Log[x]^2 + 1/6 a^3 Log[x]^3 - 1/20 a^5 Log[x]^5 + ...

Ahora, integrar con relación a "x". Como se muestra por flonk, este luego le pide a calcular las integrales de Registro[x]^n. No voy a cubrir este punto de aquí a menos que, como flonk ya se ha mencionado, que la pida.

Como resultado de la integración entre 0 y 1, vamos a llegar a

Pi / 2 -a - a^2 - a^3 + 6^5 + ...