Cómo probar la igualdad de $$\int^{na}_{ma}\frac{\ln(x-a)}{x^2+a^2} \, dx= \int^{\frac{a}{m}}_{\frac{a}{n}}\frac{\ln(x+a)}{x^2+a^2}\, dx,$$
donde $a, m, n$ son estrictamente de números positivos tal que $mn=m+n+1$?
Cómo probar la igualdad de $$\int^{na}_{ma}\frac{\ln(x-a)}{x^2+a^2} \, dx= \int^{\frac{a}{m}}_{\frac{a}{n}}\frac{\ln(x+a)}{x^2+a^2}\, dx,$$
donde $a, m, n$ son estrictamente de números positivos tal que $mn=m+n+1$?
$x=a^2/u$ debe ayudarle. Por ejemplo, $dx/(x^2+a^2)=-du/(a^2+u^2)$. Creo que la restricción entra en juego cuando consistente en los términos adicionales en el logaritmo.
Sin embargo, no estoy muy seguro acerca de la $\pm$ signos en el logaritmo; son estos correcta?
Este cambio está motivado por la observación de que vaya de $am\to a/m$ través $x\to a^2/x$.
Mi solución:
A nota: $I_{1}=\int^{na}_{ma}\frac{ln(x-a)}{x^{2}+a^{2}}dx$ $I_{2}= \int^{\frac{a}{m}}_{\frac{a}{n}}\frac{ln(x+a)}{x^{2}+a^{2}}dx.$
Mediante la sustitución de $x=\frac{at+a^{2}}{t-a}$ nos encontramos con $I_{1}=\frac{ln(2a^{2})}{2a}[\arctan (n)- \arctan (m)]$.
Mediante la sustitución de $x=\frac{-at+a^{2}}{t+a}$ nos encontramos con $I_{2}=\frac{ln(2a^{2})}{2a}(\arctan \frac{1}{m}- \arctan \frac{1}{n})$.
Porque para $m > 0$ $n > 0$ es la verdadera igualdad
$\arctan (m) + \arctan \frac{1}{m} = \frac{\pi}{2}= \arctan (n) + \arctan \frac{1}{n}$
entonces
$\arctan (n)-\arctan (m)= \arctan \frac{1}{m}-\arctan \frac{1}{n}$
y, en consecuencia,
$I_{1}=I_{2}$.
Otra solución ver: http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=296&t=536296
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