Me ayudan a evaluar $\int_0^1 \frac{\log(x+1)}{1+x^2} dx$

Question

Es necesario evaluar esta integral: $\int_0^1 \frac{\log(x+1)}{1+x^2} dx$.

Lo he intentado $t=\log(x+1)$, $t=x+1$, pero fue en vano. Me he dado cuenta:

$\int_0^1 \frac{\log(x+1)}{1+x^2} dx = \int_0^1\log(x+1) \arctan'(x)dx =\left. \log(x+1)\arctan(x) \right|_{x=0}^{x=1} - \int_0^1\frac{\arctan(x)}{x+1}dx$

Pero no puede conseguir más allá de esto.

Cualquier ayuda es apreciada, gracias.

Answer 1

Yendo un poco redonda sobre manera. Considerar, $ s \geqslant 0$, una modificación paramétrica de la integral a mano: $$ \mathcal{I} (s) = \int_0^1 \frac{\log(1+s x)} {1 + x ^ 2} \mathrm{d} x $$ el objetivo es determinar $\mathcal{I}(1)$. Ahora: $$\begin{eqnarray} \mathcal{I}(1) &=& \int_0^1 \mathcal{I}^\prime(s) \mathrm{d} s = \int_0^1 \left( \int_0^1 \frac{x}{1+s x} \frac{\mathrm{d} x}{1+x^2} \right) \mathrm{d} s \\ &=& \int_0^1 \left.\left( - \frac{1}{1+s^2} \log(1+s x) + \frac{s}{1+s^2} \arctan(x) + \frac{1}{2} \frac{\log(1+x^2)}{1+x^2} \right) \right|_{x=0}^{x=1} \mathrm{d} s \\ &=& \int_0^1 \left( \color\green{ -\frac{\log(1+s)}{1+s^2}} + \frac{1}{4} \frac{\pi s+\log(4)}{1+s^2}\right) \mathrm{d} s = - \mathcal{I}(1) + \frac{1}{4} \pi \log(2) \end{eqnarray} $$ $$ por lo tanto \mathcal{I}(1) = \frac{\pi}{8} \log(2) $$

Answer 2

Aquí es una solución que utiliza las herramientas más simples (o por lo menos que estoy más familiarizado con las herramientas):

$I =\int_0^1\frac{\log(1+x)}{1+x^2}$. Cambiamos a $x$ $x=\tan(t)$. $t=\arctan{x}$, $dt=\frac{1}{1+x^2}dx$, Y la integral se convierte en:

$I = \int_0^{\frac{\pi}{4}}\log(1+\tan(t))dt$. Ahora $s = \frac{\pi}{4}-t$, $ds=-dt$, y la integral se convierte en:

$I = -\int_{\frac{\pi}{4}}^0 \log(1+\tan(\frac{\pi}{4}-s))ds = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \log(1+\tan(\frac{\pi}{4}-s))ds$

Usando el $\tan(a+b) = \frac{\tan a - \tan b}{1 + \tan(a)\tan(b)}$, tenemos

$I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \log(1+\frac{1 - \tan s}{1 + \tan s}) ds = \int_0^{\frac{\pi}{4}}\log(\frac{2}{1+\tan s}) ds = \int_0^{\frac{\pi}{4}} (\log(2) - \log(1+\tan s)) ds = \int_0^{\frac{\pi}{4}}\log(2)ds - I = \frac{\pi}{4}\log(2) - I$.

Así $I = \frac{\pi}{4}\log(2) - I$, por lo tanto, $I = \frac{\pi}{8}\log(2)$.

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ \begin{align} \color{#00f}{\large\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 + x} \over 1 + x^{2}}\,\dd x}& =\int_{0}^{\pi/4}\ln\pars{1 + \tan\pars{\theta}}\,\dd\theta \\[3mm]&=\half\bracks{% \int_{0}^{\pi/4}\ln\pars{1 + \tan\pars{\theta}}\,\dd\theta + \int_{0}^{\pi/4}\ln\pars{1 + \tan\pars{{\pi \over 4} - \theta}}\,\dd\theta} \\[3mm]&=\half\bracks{% \int_{0}^{\pi/4}\ln\pars{1 + \tan\pars{\theta}}\,\dd\theta + \int_{0}^{\pi/4}\ln\pars{% 1 + {1 - \tan\pars{\theta} \over 1 + \tan\pars{\theta}}}\,\dd\theta} \\[3mm]&=\half\bracks{% \int_{0}^{\pi/4}\ln\pars{1 + \tan\pars{\theta}}\,\dd\theta + \int_{0}^{\pi/4}\ln\pars{2\over 1 + \tan\pars{\theta}}\,\dd\theta} \\[3mm]&=\half\int_{0}^{\pi/4}\ln\pars{2}\,\dd\theta =\color{#00f}{\large{1 \over 8}\,\pi\ln\pars{2}} \end{align}

Answer 4

Vamos

$$I(a)=\int_0^1 \frac{\log(1+ax)}{1+x^2}dx$$

Diferenciar, para obtener

$$I'(a)=\int_0^1 \frac{x}{(1+ax)(1+x^2)}dx$$

Integrar la función racional, entonces integrar w.r.t. $a$ y encontrar $I(a=1)$.

Como Teorema sugerido, usted también puede hacer lo siguiente:

$$\int_0^1 \frac{\log(1+x)}{1+x^2}dx$$

$$\int_0^1 \left(\int_0^x \frac{1}{1+y}dy\right)\frac{1}{1+x^2}dx$$

$$\int_0^1 \int_0^x \frac{1}{1+y}dy\frac{1}{1+x^2}dx$$

Ahora hacer un cambio de variables $y=ux$ en el interior de la integral:

$$\tag 1 \int_0^1 \int_0^1 \frac{x}{1+ux}\frac{1}{1+x^2}dudx$$

Ahora fracciones parciales:

$${x \over {1 + xu}}{1 \over {1 + {x^2}}} = {1 \over {1 + {u^2}}}{x \over {1 + {x^2}}} + {u \over {1 + {u^2}}}{1 \over {1 + {x^2}}} - {u \over {1 + {u^2}}}{1 \over {1 + xu}}$$

Ahora, la integración de los dos primeros términos, que cuenta con el mismo$^1$, da que es integral

$$\mathcal I=\frac \pi 4\log 2-\int_0^1\int_0^1 \frac u {1+u^2}\frac{1}{1+xu}dxdu$$

Ahora, la última integral es la nuestra original integral, debido a la simetría, como se puede ver en la $(1)$

Esto significa que $$\mathcal I =\frac \pi 8 \log 2$$

como se desee. $1$: simetría, una vez más.

---

Ver aquí para una similar integral y de su solución con las integrales dobles.

Algunas de conocimiento acerca de los dos métodos considerados:

Tenga en cuenta que como Sasha está mostrando

$$I(1)=\int_0^1 I'(a)da=\int_0^1 \int_0^1\frac{x}{(1+ax)(1+x^2)}dxda$ $ , que es exaclty lo que tiene en la segunda opción

$$I=\int_0^1\int_0^1 \frac{1 }{1+mx}\frac{x}{1+x^2}dxdm$$

Esto significa que cualquier forma de encontrar a resolver ninguno de los dos va a solucionar de hecho el otro.

Answer 5

He resuelto esta integral hace un par de años y tuve esta solución escribió en $\LaTeX$ ya. La solución no es convencional, por lo que creo que vale la pena compartir!

En primer lugar, sustituir la serie de $$\log(1+x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}x^n}{n}.$$

Esta serie es uniformemente convergente en $[0,1]$, por lo que podemos intercambio de la suma y la integral. Tenemos

$$I=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} \int_0^1 \frac{x^n}{1+x^2}\: \mbox{d}x. = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}C_n$$

donde $$C_n=\int_0^1 \frac{x^n}{1+x^2} \mbox{d}x.$$

Ahora desde $$x^{n-2}-\frac{x^{n-2}}{1+x^2}=\frac{x^n}{1+x^2},$$

tenemos, integrando esta ecuación en $[0,1]$, $$\frac{1}{n-1}-C_{n-2}=C_n.$$ Hence we have a recurrence relation for the $C_n$s'. Vamos a ver lo que este le da. Tenemos $$C_0=\int_0^1 \frac{ \mbox{d}x}{1+x^2} = \arctan(1) = \frac{\pi}{4},$$ y

$$C_1=\int_0^1 \frac{x\ \mbox{d}x}{1+x^2} = \frac{1}{2}\log2.$$

Ahora el uso de la recurrencia encontramos

$C_0=\frac{\pi}{4}$

$C_1=\frac{1}{2}\log2$

$C_2=1-\frac{\pi}{4}$

$C_3=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\log2$

$C_4 = -1+\frac{1}{3} +\frac{\pi}{4}$

$C_5=-\frac{1}{2}+\frac {1}{4} +\frac{1}{2}\log 2$

$C_6=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5} - \frac{\pi}{4}$

...

Ahora bien, si definimos

$$A_n = \sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}}{2k},$$ $$B_n = \sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1},$$ es fácil ver por inducción que $$C_{2n} = (-1)^n\left(\frac{\pi}{4}-B_n\right)$$ y

$$C_{2n-1} = (-1)^{n-1}\left(\frac{\log 2}{2} -A_{n-1}\right).$$

Observe que $A_n \rightarrow \frac{1}{2}\log2$ $n\rightarrow \infty$ [recuperación de la expansión de la serie de $\log(1+x)$], y que $B_n \rightarrow \frac{\pi}{4}$ $n\to \infty$ [recuperación de la expansión de la serie de $\arctan x$, que se puede obtener mediante la integración de $(1+x^2)^{-1}$].

Examinemos las sumas parciales

$$I_{2N}=\sum_{n=1}^{2N} \frac{(-1)^{n-1}}{n}C_n.$$

Podemos dividir esta en la impar-etiquetado de los términos y el etiquetado de los términos, como

$$I_{2N}= \sum_{n=1}^{N} \frac{C_{2n-1}}{2n-1} - \sum_{n=1}^{N} \frac{C_{2n}}{2n}.$$

Ahora podemos sustituir los valores de $C_{2n}$ $C_{2n-1}$ obtenido antes. Primero, echemos un vistazo a la suma de la etiqueta términos. Tenemos

$$\sum_{n=1}^{N} \frac{C_{2n}}{2n} =\sum_{n=1}^{N} \frac{ (-1)^{n}}{2n}\left(\frac{\pi}{4}-B_n\right)=-\frac{\pi}{4}A_N +\sum_{n=1}^N\frac{(-1)^{n-1}}{2n}B_n $$

Ahora recordemos Cauchy parcial de la suma de la fórmula. Para las secuencias de $\{a_n\}, \{b_n\}$, denotamos $\{\Delta a_n\}$ la secuencia de las diferencias de $\Delta a_n = a_{n+1}-a_n$. Entonces tenemos

$$\sum_{n=1}^N b_n \Delta a_{n-1} = b_Na_N - b_1a_0 -\sum_{n=1}^{N-1} \Delta b_n a_n.$$

La observación de que $\Delta A_{n-1} = \frac{(-1)^{n-1}}{2n}$. También, $A_0=0$. Por lo tanto,

$$-\frac{\pi}{4}A_N +\sum_{n=1}^N\Delta A_{n-1}B_n = -\frac{\pi}{4}A_N +B_NA_N -\sum_{n=1}^{N-1}\Delta B_n A_n.$$

(Llaman a esto suma (1)).

Ahora volvemos a la suma de los impares en la etiqueta de los términos. Tenemos, en una manera similar,

$$\sum_{n=1}^{N} \frac{C_{2n-1}}{2n-1} = \sum_{n=1}^{N} \frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}\left(\frac{\log 2}{2} - A_{n-1}\right) = \frac{\log 2}{2} B_N - \sum_{n=1}^N \Delta B_{n-1}A_{n-1}$$ $$= \frac{\log 2}{2} B_N - \sum_{n=0}^{N-1} \Delta B_{n}A_{n}.$$ (Llaman a esto suma (2)).

Ahora, restando (1) de (2), obtenemos

$$I_{2N} = \frac{\log 2}{2}B_N + \frac{\pi}{4}A_N - B_NA_N +\Delta B_0 A_0$$ $$= \frac{\log 2}{2}B_N + \frac{\pi}{4}A_N - B_NA_N$$

Ahora como $N\to \infty$, ya que el $A_N \to \frac{1}{2}\log 2$$B_N \to \frac{\pi}{4}$, tenemos

$$I = \int_0^1\frac{\log(1+x)}{1+x^2}\: \mbox{d}x = \lim_{N\to \infty} I_{2N} = \frac{\pi \log 2}{8}.$$