Integrales duras que pueden ser fácilmente superadas mediante el uso de técnicas simples

Question

Esta pregunta es sólo curiosidad ociosa. Hoy en día encuentro que un problema integral puede ser fácilmente evaluado usando técnicas simples como mi respuesta para evaluar

\begin {ecuación} \int_0 ^{ \pi /2} \frac { \cos {x}}{2- \sin {2x}}dx \end {ecuación}

Incluso estoy sorprendido (e impresionado, también) por el usuario La respuesta de Tunk-Fey y el usuario La respuesta de David H. donde utilizan técnicas simples para vencer a las manos las siguientes integrales duras

\begin {ecuación} \int_0 ^ \infty\frac {x-1}{ \sqrt {2^x-1}\ \ln\left (2^x-1 \right ) \ ~ - dx \end {ecuación}

y

\begin {ecuación} \int_ {0}^{ \infty } \frac { \ln x}{ \sqrt {x}\, \sqrt {x+1}\, \sqrt {\a6}} {\a6} {\a6} {\a6} {\a6} {\a6} \end {ecuación} Así que, me pregunto sobre super integrales duras y definidas que pueden ser fácilmente superadas usando técnicas simples con sólo unas pocas líneas de respuesta. ¿Se puede proporcionar incluyendo su evaluación?

Para evitar demasiadas respuestas posibles y para reducir el conjunto de respuestas, estoy interesado en conocer integrales duras que puedan ser fácilmente superadas por sólo usando sustituciones inteligentes, simples manipulaciones algebraicas, identidades trigonométricas, o la siguiente propiedad

\begin {ecuación} \int_b ^af(x)\ dx= \int_b ^af(a+b-x)\\Ndx \end {ecuación}

Solicito que se evite el uso de integrales de contorno/residuos, funciones especiales (excepto la función gamma, beta y zeta de Riemann), o complicado teoremas. También pediría evitar estándar integrales como

\begin {alinear} \int_ {-1}^1 \frac { \cos x}{1+e^{1/x}}\ dx&= \sin 1 \tag1\\ [10pt] \int_0 ^ \infty\frac { \log ax}{b^2+c^2x^2}\ dx&= \frac { \pi\log\left (\! \frac {\a6}{\b} \right )}{2bc} \tag2\\ [10pt] \int_0 ^1 \frac {1}{(ax+b(1-x))^2}\ dx&={\i} \frac {1}{bc} \tag3\\ [10pt] \int_0 ^{ \pi /2} \frac { \sin ^kx}{ \sin ^kx+ \cos ^kx}\ dx&= \frac { \pi }{4} \tag4\\ [10pt] \int_0 ^ \infty\frac {e^{-ax}-e^{-bx}}{x} dx&= \log\left (\! \frac {\a}{\b} \right ) \tag5 \end {alinear}

Answer 1

Mi ejemplo favorito de esto es La solución de SangchulLee a La pregunta de Vladimir Reshetnikov, que pide que se verifique la corrección de la identidad $$\int_0^{\infty} \frac{dx}{\sqrt[4]{7 + \cosh x}}= \frac{\sqrt[4]{6}}{3\sqrt{\pi}} \Gamma\left(\frac14\right)^2 .$$

Las otras respuestas indican la "dureza" de esta integral, recurriendo a todo tipo de funciones especiales como las funciones elípticas, funciones hipergeométricas, o Mathematica .

Sin embargo, se puede demostrar brillantemente que la integral está a unas pocas sustituciones de la forma de una integral de función beta.

Lee hace una cadena de simples sustituciones que él profana aquí para obtener $$\int_0^{\infty} \frac{dx}{(a+ \cosh x)^s} = \frac1{(a+1)^s} \int_0^1 \frac{v^{s-1}}{\sqrt{(1-v)(1-\frac{a-1}{a+1} v)}} dv.$$

El cerrado formado de esta integral para el general $a$ es ciertamente no elemental, pero nuestro caso especial $a=7$ y $s=4$ es diferente por una razón muy clara:

Cuando $a=7,$ $\frac{a-1}{a+1}$ es igual a $\frac34$ pero como tenemos la fórmula del triple ángulo $\displaystyle \, \cosh(3 x)=4\cosh^3 x-3 \cosh x,$ la integral puede ser reescrita (con $v=\operatorname{sech}^2 t$ ) como $$2^{5/4} \int_0^{\infty} \frac{\cosh t}{\sqrt{\cosh 3t}} dt$$ que puede ser fácilmente llevada a la forma de una función beta.

(Obsérvese que podemos encontrar una forma cerrada similar (con $a=7$ ) para $s=3/4$ .)

Answer 2

El teorema maestro de Ramanujan puede aplicarse a una amplia gama de integrales definidas (a veces extremadamente complicadas), lo que permite evaluarlas en menos de una línea de cálculos. El teorema establece:

Si $f(x)$ tiene una expansión en serie de la forma:

$$f(x) = \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}\frac{\lambda(k)}{k!} x^k$$

entonces

$$\int_0^{\infty}x^{s-1}f(x) dx = \Gamma(s)\lambda(-s)$$

Aquí hay que usar una continuación analítica apropiada de $\lambda(k)$ . Esta es una generalización de un antiguo teorema obtenido por Glaisher que afirma que:

$$\int_0^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k a_k x^{2k}dx = \frac{\pi}{2}a_{-\frac{1}{2}}$$

donde nuevamente se asume una continuación analítica apropiada de los coeficientes de expansión.

Ejemplo: De la expansión en serie de la función de Bessel del primer tipo $J_{\alpha}(x)$ es muy fácil de calcular eso:

$$\int_0^{\infty}x^p J_{\alpha}(x)dx = 2^p\frac{\Gamma\left(\frac{\alpha + 1 +p}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{\alpha + 1 -p}{2}\right)}$$

para $-(\alpha + 1)<p<\frac{1}{2}$

Answer 3

El truco de Feynman, el teorema de Frullani, los trucos de simetría, El teorema del maestro de Glasser la transformación de Laplace, las expansiones de las series de Fourier (Legendre/Chebyshev) y la función beta de Euler me dieron al menos el $80\%$ de los puntos de mi reputación, pero el día aún tiene que llegar, para estar más orgulloso que esta masacre a través del teorema del residuo.

---

Me acabo de dar cuenta de que olvidé mencionar la maravilla de Wilf: el telescopio creativo .

Answer 4

Hay mucho de integrales "difíciles" que pueden ser resueltas con varios trucos, pero normalmente requiere más de unas pocas líneas de prueba.

Esta es una pregunta muy suave, porque "duro" integral es un término muy subjetivo (nota que lo uso en lugar de sólo "duro" porque estoy de acuerdo con el comentario de Robert).

Sugiero que el libro Dentro de Integrales interesantes está lleno de trucos para resolver integrales definidas.

---

Mi propio ejemplo de resolver una integral usando sólo sustitución y manipulaciones algebraicas.

Resolver (no es realmente difícil, pero tampoco simple):

$$\int_0^{\infty} \frac{dx}{(1+x)(\pi^2+\ln^2 x)}$$

Introduzcamos un parámetro:

$$I(v)=\int_0^{\infty} \frac{dx}{(v+x)(\pi^2+\ln^2 x)}$$

Hagamos un cambio de variable:

$$x=e^t$$

$$I(v)=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^t dt}{(v+e^t)(\pi^2+t^2)}$$

$$I(v)=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{(v+e^t) dt}{(v+e^t)(\pi^2+t^2)}-v \int_{-\infty}^{\infty} \frac{ dt}{(v+e^t)(\pi^2+t^2)}=1-v J(v)$$

Ahora hagamos otro cambio de variable:

$$t=-z$$

$$I(v)=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-z} d(-z)}{(v+e^{-z})(\pi^2+z^2)}=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ dz}{(1+v e^z)(\pi^2+z^2)}=\frac{1}{v} J \left( \frac{1}{v} \right)$$

Ahora lo conseguimos:

$$1-v J(v)=\frac{1}{v} J \left( \frac{1}{v} \right)=I(v)$$

$$v J(v)+\frac{1}{v} J \left( \frac{1}{v} \right)=1$$

Inmediatamente obtenemos el valor correcto de la integral original:

$$J(1)=I(1)=\int_0^{\infty} \frac{dx}{(1+x)(\pi^2+\ln^2 x)}=\frac{1}{2}$$

---

Como otro ejemplo, vea esto Prueba de 2 líneas por Sangchul Lee de esto:

$$\int_0^4 \frac{\ln x}{\sqrt{4x-x^2}}~dx=0$$

Este es el problema C2.1 del libro que mencioné, pero el libro ofrece una solución muy larga y complicada. Lo que demuestra que la simplicidad de las integrales es relativa.