Cómo encontrar a $\int \frac{x\ln(x+\sqrt{1+x^2})}{\sqrt{1+x^2}}\mathrm dx$

Question

$$I=\int x.\frac{\ln(x+\sqrt{1+x^2})}{\sqrt{1+x^2}}\mathrm dx$$

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Intente 1: Poner $z= \ln(x+\sqrt{1+x^2})$, $\mathrm dz=1/\sqrt{1+x^2}\mathrm dx$ $$I=\int \underbrace{x}_{\mathbb u}\underbrace{z}_{\mathbb v}\mathrm dz=x\int zdz-\int (z^2/2)\mathrm dz\tag{Wrong}$$

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Prueba con 2: Poner $z= x+\sqrt{1+x^2}$ $$\implica x-z =\sqrt{1+x^2}\implica x^2+z^2-2xz =1+x^2\implica x =\frac{z^2-1}{2z}$$ $$\mathrm dz =\left(1+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right)\mathrm dx =\frac{z\mathrm dx}{x-z}=\frac{-2z^2\mathrm dx}{1+z^2}$$ $$I =\int\frac{(z^2-1)\ln z}{2z}.\frac{(1+z^2)\mathrm dz}{-2z^2}$$ $$=\int\frac{(z^4-1)\mathrm dz}{4z^3} =\frac14\int\left(z-\frac1{z^3}\right)\mathrm dz =z^2/2+2/z^2+C\etiqueta{Mal}$$

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3: Poner $z =\sqrt{1+x^2},\mathrm dx =x/\sqrt{1+x^2}\mathrm dx$ $$I =\int \ln(x+z)\mathrm dz =\int \ln(z+\sqrt{z^2-1})\mathrm dz$$ No sé cómo resolver esta integral.

[Tenga en cuenta que si llevo $u=z+\sqrt{z^2-1}$$=\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+x^2-1}=x+\sqrt{1+x^2}$; igual que el primer intento.]

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Lo que está mal en las pruebas 1 y 2, la manera de resolver 3 y el mejor método para resolver esta pregunta?

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Actualización: lo Siento, no sé hiperbólico/hiperbólico inverso de la trigonometría.

Answer 1

Continuación de Probar 1:

$z=\ln(x+\sqrt{1+x^2})\implies e^{z}=x+\sqrt{1+x^2}\implies(e^z-x)^2=1+x^2\implies$

$\;\;\;e^{2z}-2xe^z=1\implies2xe^z=e^{2z}-1\implies x=\frac{1}{2}(e^z-e^{-z}),$

así $I=\int\frac{1}{2}z(e^z-e^{-z})\;dz=\frac{1}{2}[\int ze^z \;dz-\int ze^{-z}\;dz$]. $\;\;$ Ahora use integración por partes.

[Aviso de que se podría haber utilizado la $\frac{1}{2}(e^z-e^{-z})=\sinh z$].

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Continuación de la prueba con 2:

$z=x+\sqrt{1+x^2}\implies z-x=\sqrt{1+x^2}\implies z^2-2xz+x^2=1+x^2\implies 2xz=z^2-1\implies$ $x=\frac{1}{2}(z-\frac{1}{z})\implies dx=\frac{1}{2}(1+\frac{1}{z^2})dz$.

A continuación, $\displaystyle I=\int\frac{\frac{1}{2}(z-\frac{1}{z})\ln z}{z-\frac{1}{2}(z-\frac{1}{z})}\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{z^2}\right)dz=\frac{1}{2}\int\frac{(z^2-1)\ln z}{z^2+1}\cdot\frac{z^2+1}{z^2}\;dz$

$\;\;\;\displaystyle=\frac{1}{2}\int\left(1-\frac{1}{z^2}\right)\ln z\;dz.$ $\;\;$Ahora use integración por partes.

Answer 2

$$ \int \ln(z+\sqrt{z^2-1})dz = \int \mathrm{arcosh}(z) dz\,\,\,z>1. $$

la igualdad tiene porque para x real, $z = \sqrt{x^2+1}>1$. a continuación, utilizando el hecho de $$ \int \mathrm{arcosh}(z) dz = z\mathrm{arcosh}(z) +\sqrt{z^2-1} + C $$

luego sub atrás en su sustitución.

$\textbf{brief derivation of the arcosh relation}$

$$ y = \cosh(x) \implica \mathrm{arcosh}(y) = x $$

ahora $$ \cosh(x) = \frac{\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}}{2} = y \etiqueta{*} $$

Puedo volver a escribir la expresión en la ecuación.(*) por $\mathrm{e}^{x} = t$

$$ \cosh(x) = \frac{t+1/t}{2} = \frac{1}{t}\frac{t^2+1}{2} = y $$ así que la solución para $t$ encontramos

$$ t^2-2yt+1 = 0 \implica t = \frac{2y\pm\sqrt{4y^2-4}}{2} = y\pm\sqrt{y^2-1} $$

por lo tanto $$ \mathrm{e}^{x} = t \implica x = \ln\left(y\pm\sqrt{y^2-1}\right) = \mathrm{arcosh}(y) $$ ya que estamos buscando verdaderos valores de la función, entonces podemos ignorar el signo menos.

Al menos en mi cabeza de todos modos.

Answer 3

Sugerencia :

El uso de IBP, mediante el establecimiento $u=x$$dv=\dfrac{\ln(x+\sqrt{1+x^2})}{\sqrt{1+x^2}}\ dx$. Tenga en cuenta que: $\text{arsinh}\ x=\ln(x+\sqrt{1+x^2})$$\dfrac{d}{dx}\text{arsinh}\ x=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}$, luego \begin{align} \int \frac{x\ln(x+\sqrt{1+x^2})}{\sqrt{1+x^2}}\ dx&=x\left[\int\text{arsinh}\ x\ d(\text{arsinh}\ x)\right]-\int\left[\int\text{arsinh}\ x\ d(\text{arsinh}\ x)\right]\ dx. \end{align} El resto, usted puede consultar la Wikipedia: función hiperbólica.

Answer 4

Sugerencia: $$ \int x\frac{\ln({x+\sqrt{1+x^2})}}{\sqrt{1+x^2}}dx=\int\ln({x+\sqrt{1+x^2})}d\sqrt{1+x^2} $$ y $$ (\ln({x+\sqrt{1+x^2})})'=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}. $$