Integral

Question

Después de ver esta integral por la que he decidido darle una oportunidad a calcular:$$I=\int_0^1 \frac{\arctan x}{x^2-x-1}dx$$ 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: $$\frac{\arctan x}{x}=\int_0^1 \frac{dy}{1+x^2y^2}\Rightarrow I=\int_0^1 \int_0^1 \frac{x}{(1+y^2x^2)(x^2-x-1)}dxdy$$ 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 $x\mapsto 1-x$. $$I=\int_0^1 \frac{\arctan x}{x^2-x-1}dx=\int_0^1 \frac{\arctan (1-x)}{x^2-x-1}dx$$ $$2I=\int_0^1 \frac{\arctan x+\arctan(1-x)}{x^2-x-1}dx=\int_0^1 \frac{\arctan\left(\frac{1}{x^2-x+1}\right)}{x^2-x-1}dx$$ $$=\frac{\pi}{2 \sqrt 5}\ln\left(\frac{3-\sqrt 5}{3+\sqrt 5}\right)-\int_0^1 \frac{\arctan(x^2-x+1)}{x^2-x-1}dx$$ Ahora, teniendo en cuenta la siguiente integral: $$J(a)=\int_0^1 \frac{\arctan(a(x^2-x-1)+2)}{x^2-x-1}dx\Rightarrow J'(a)=\int_0^1 \frac{1}{1+(a(x^2-x-1)+2)^2}dx$$ Aunque este truco funcionaba mejor con la integral ligado, esta vez no tengo mucho éxito.

También he reescrito la integral como: $$I=\frac{\phi}{\phi^2+1} \left(\int_0^1 \frac{\arctan x}{x-\phi}dx -\int_0^1 \frac{\arctan x}{x+\phi} dx \right)$$ Donde $\phi=\frac{1+\sqrt 5}{2}$. Y ahora, teniendo en cuenta: $$I(a)=\int_0^1 \frac{\arctan x}{x+a}dx\Rightarrow I(a)=\int_0^1 \int_0^1 \frac{x}{(1+y^2x^2)(x+a)}dxdy$$ Se reduce a la evaluación de $$I(a)=a\int_0^1\frac{y\arctan y}{a^2y^2+1}dy-\frac12\int_0^1\frac{\ln\left(y^2+1\right)}{a^2y^2+1}dy+\int_0^1\frac{\ln\left(a+1\right)}{a^2y^2+1}dy-\int_0^1\frac{\ln a}{a^2y^2+1}dy$$ Por supuesto, tendríamos que tomar la diferencia entre el $I(\phi)$ e $I(-\phi)$, 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.

Answer 1

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

Vamos $$I = \int_0^1 \frac{\tan^{-1} x}{x^2 -x - 1} \, dx.$$ Inicia mediante una auto-similar de sustitución de $$x = \frac{1 - u}{1 + u}, \,\, dx = -\frac{2}{(1 + u)^2} \, du.$$ Así , después de haber revertido la variable ficticia $u$ vuelta a $x$, tenemos $$I = 2 \int_0^1 \frac{\tan^{-1} \left (\frac{1 - x}{1 + x} \right )}{x^2 - 4x - 1} \, dx.$$ Tomando nota de que para $0 < x < 1$ $$\tan^{-1} \left (\frac{1 - x}{1 + x} \right ) = \frac{\pi}{4} - \tan^{-1} x,$$ entonces \begin{align} I &= \frac{\pi}{2} \int_0^1 \frac{dx}{x^2 - 4x - 1} - 2 \int_0^1 \frac{\tan^{-1} x}{x^2 - 4x - 1} \, dx\\ &= -\frac{\pi}{2 \sqrt{5}} \coth^{-1} \left (\frac{3}{\sqrt{5}} \right ) - 2 J, \end{align} donde $$J = \int_0^1 \frac{\tan^{-1} x}{x^2 - 4x - 1} \, dx.$$

Para encontrar $J$ hemos de comenzar señalando que, a $\tan^{-1} x = \operatorname{Im} \ln (1 + ix)$. Así $$J = \operatorname{Im} \int_0^1 \frac{\ln (1 + ix)}{x^2 - 4x - 1} \, dx.$$ Una sustitución de $t = 1 + ix$ hemos $$J = - \operatorname{Re} \int_1^{1+i} \frac{\ln t}{(t - \alpha)(t - \beta)} \, dt,$$ donde $\alpha = 1 + i(2 - \sqrt{5})$ e $\beta = 1 + i(2 + \sqrt{5})$. Después de realizar un parcial fracción de descomposición que nos queda $$J = \frac{1}{2 \sqrt{5}} \operatorname{Im} \left [\int_1^{1 + i} \frac{\ln t}{\alpha - t} \, dt - \int_1^{1 + i} \frac{\ln t}{\beta - t} \, dt \right ].$$ Ahora, como $$\int \frac{\ln x}{z - x} \, dx = - \ln \left (1 - \frac{x}{z} \right ) \ln x - \operatorname{Li}_2 \left (\frac{x}{z} \right ),$$ (para una prueba de este resultado se puede ver el apéndice a continuación), se tiene $$J = \frac{1}{2 \sqrt{5}} \operatorname{Im} \left [\ln (1 + i) \ln \left (\frac{\alpha}{\beta} \cdot \frac{\beta - 1 - i}{\alpha - i - i} \right ) + \operatorname{Li}_2 \left (\frac{1}{\alpha} \right ) - \operatorname{Li}_2 \left (\frac{1}{\beta} \right ) + \operatorname{Li}_2 \left (\frac{1 + i}{\beta} \right ) - \operatorname{Li}_2 \left (\frac{1 + i}{\alpha} \right ) \right ]$$ o después de realizar una enorme cantidad de álgebra \begin{align} J &= \frac{\pi}{8 \sqrt{5}} \ln (\sqrt{5} - 1) + \frac{1}{2 \sqrt{5}} \operatorname{Im} \left [\operatorname{Li}_2 \left (\frac{1}{2} + \frac{1}{\sqrt{5}}+ \frac{i}{2 \sqrt{5}} \right ) - \operatorname{Li}_2 \left (\frac{1}{2} - \frac{1}{\sqrt{5}} - \frac{i}{2 \sqrt{5}} \right ) \right.\\ & \quad+ \left. \operatorname{Li}_2 \left (\frac{1}{2} -\frac{1}{2 \sqrt{5}} - i \left (\frac{3}{2 \sqrt{5}} - \frac{1}{2} \right ) \right ) - \operatorname{Li}_2 \left (\frac{1}{2} +\frac{1}{2 \sqrt{5}} + i \left (\frac{3}{2 \sqrt{5}} + \frac{1}{2} \right ) \right ) \right ]\\ &= \frac{\pi}{8 \sqrt{5}} \ln (\sqrt{5} - 1) + \frac{1}{2 \sqrt{5}} \operatorname{Im} \frak{w}, \end{align} donde $\frak{w}$ es el término que contiene los cuatro dilogarithms con argumentos complejos. Así $$\int_0^1 \frac{\tan^{-1} x}{x^2 - x - 1} \, dx = -\frac{\pi}{4 \sqrt{5}} \left (\ln 2 + \sinh^{-1} (2) \right ) - \frac{1}{\sqrt{5}} \operatorname{Im} \frak{w}.$$ Tenga en cuenta que como $\operatorname{Im} {\frak{w}} = -0.8363170651979\ldots$ vemos que $I \approx -0.376513$.

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Apéndice

Prueba de $$\int \frac{\ln x}{z - x} \, dx = - \ln \left (1 - \frac{x}{z} \right ) \ln x - \operatorname{Li}_2 \left (\frac{x}{z} \right ) + C$$

Establecimiento $t = x/z, dt = dx/z$, tenemos \begin{align} \int \frac{\ln x}{z - x} \, dx &= \int \frac{\ln (zt)}{1 - t} \, dt\\ &= -\ln (1 - t) \ln (zt) + \int \frac{\ln (1 - t)}{t} \, dt \qquad \text{(by parts)}\\ &= -\ln (1 - t) \ln t - \operatorname{Li}_2 (t) + C\\ &= - \ln \left (1 - \frac{x}{z} \right ) \ln x - \operatorname{Li}_2 \left (\frac{x}{z} \right ) + C, \end{align} como sea necesario para mostrar.