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Integral

Después de ver esta integral por la que he decidido darle una oportunidad a calcular:I=10arctanxx2x1dxI=10arctanxx2x1dx Eso es porque es común que muchas de las integrales a tener una combinación de un polinomio en el denominador y un logaritmo o una inversa de la función trigonométrica en el numerador.

Sobre todo me trató de forma estándar, tales como la integración por partes, sustituciones aleatorias, o el uso de: arctanxx=10dy1+x2y2I=1010x(1+y2x2)(x2x1)dxdy Pero me di cuenta de que no es una gran idea ya que da un poco de lío después de fracciones parciales, así que me decidí a preparar la integral un poco por Feynman el truco de usar, probablemente, la única cosa útil con la que el denominador, que no va a cambiar mientras que el uso de x1x. I=10arctanxx2x1dx=10arctan(1x)x2x1dx 2I=10arctanx+arctan(1x)x2x1dx=10arctan(1x2x+1)x2x1dx =π25ln(353+5)10arctan(x2x+1)x2x1dx Ahora, teniendo en cuenta la siguiente integral: J(a)=10arctan(a(x2x1)+2)x2x1dxJ(a)=1011+(a(x2x1)+2)2dx Aunque este truco funcionaba mejor con la integral ligado, esta vez no tengo mucho éxito.

También he reescrito la integral como: I=ϕϕ2+1(10arctanxxϕdx10arctanxx+ϕdx) Donde ϕ=1+52. Y ahora, teniendo en cuenta: I(a)=10arctanxx+adxI(a)=1010x(1+y2x2)(x+a)dxdy Se reduce a la evaluación de I(a)=a10yarctanya2y2+1dy1210ln(y2+1)a2y2+1dy+10ln(a+1)a2y2+1dy10lnaa2y2+1dy Por supuesto, tendríamos que tomar la diferencia entre el I(ϕ) e I(ϕ), pero la primera de las dos integrales son bastante miedo.

Me gustaría ver un método que encuentra una forma cerrada formulario de esta integral. No espero que sea muy bonito, ya me imagino que habrá algunas funciones especiales, pero al menos espero que sea algo decente.

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omegadot Puntos 156

Aquí es un enfoque. Como una advertencia, la respuesta final me parece que no es bastante.

Vamos I=10tan1xx2x1dx. Inicia mediante una auto-similar de sustitución de x=1u1+u,dx=2(1+u)2du. Así , después de haber revertido la variable ficticia u vuelta a x, tenemos I=210tan1(1x1+x)x24x1dx. Tomando nota de que para 0<x<1 tan1(1x1+x)=π4tan1x, entonces I=π210dxx24x1210tan1xx24x1dx=π25coth1(35)2J, donde J=10tan1xx24x1dx.

Para encontrar J hemos de comenzar señalando que, a tan1x=Imln(1+ix). Así J=Im10ln(1+ix)x24x1dx. Una sustitución de t=1+ix hemos J=Re1+i1lnt(tα)(tβ)dt, donde α=1+i(25) e β=1+i(2+5). Después de realizar un parcial fracción de descomposición que nos queda J=125Im[1+i1lntαtdt1+i1lntβtdt]. Ahora, como lnxzxdx=ln(1xz)lnxLi2(xz), (para una prueba de este resultado se puede ver el apéndice a continuación), se tiene J=125Im[ln(1+i)ln(αββ1iαii)+Li2(1α)Li2(1β)+Li2(1+iβ)Li2(1+iα)] o después de realizar una enorme cantidad de álgebra J=π85ln(51)+125Im[Li2(12+15+i25)Li2(1215i25)+Li2(12125i(32512))Li2(12+125+i(325+12))]=π85ln(51)+125Imw, donde w es el término que contiene los cuatro dilogarithms con argumentos complejos. Así 10tan1xx2x1dx=π45(ln2+sinh1(2))15Imw. Tenga en cuenta que como Imw=0.8363170651979 vemos que I0.376513.


Apéndice

Prueba de lnxzxdx=ln(1xz)lnxLi2(xz)+C

Establecimiento t=x/z,dt=dx/z, tenemos lnxzxdx=ln(zt)1tdt=ln(1t)ln(zt)+ln(1t)tdt(by parts)=ln(1t)lntLi2(t)+C=ln(1xz)lnxLi2(xz)+C, como sea necesario para mostrar.

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