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Question

$$ \int_0^1\frac{x\ln x} {(1 + x ^ 2) ^ 2} \ dx $$ me ayudar por favor. No sé cualquier formas de solución. Gracias.

Answer 1

Reescribir: $$ \int\frac{x\ln x}{(1+x^2)^2}\ dx=\frac14\int\frac{2x}{1+x^2}\cdot\ln x\cdot\frac{2\ dx}{1+x^2}. $$ Ahora, considere la posibilidad de sustitución de Weierstrass: $x=\tan\dfrac t2$, $\sin t=\dfrac{2x}{1+x^2}$, $\cos t=\dfrac{1-x^2}{1+x^2}$, y $dt=\dfrac{2\ dx}{1+x^2}$. La integral resulta ser $$ \frac14\int\sen t\cdot \ln \tan\frac t2\ dt. $$ El uso de IBP por tomar $u=\ln \tan\dfrac t2\;\Rightarrow\;du=\dfrac12\dfrac{\sec^2\frac t2}{\tan\frac t2}\ dt=\dfrac{dt}{\sin t}$$dv=\sin t\ dt\;\Rightarrow\;v=-\cos t$. Obtenemos \begin{align} \frac14\int\sin t\cdot \ln \tan\frac t2\ dt&=\frac14\left[-\cos t\cdot\ln \tan\dfrac t2+\int\dfrac{\cos t}{\sin t}\ dt\right]\\ &=\frac14\left[-\cos t\cdot\ln \tan\dfrac t2+\int\dfrac{1}{\sin t}\ d(\sin t)\right]\\ &=\frac14\left[-\cos t\cdot\ln \tan\dfrac t2+\ln\sin t\right]+C\\ &=\frac14\left[-\dfrac{1-x^2}{1+x^2}\cdot\ln x+\ln\dfrac{2x}{1+x^2}\right]+C\\ &=\frac14\left[\dfrac{x^2\ln x-\ln x}{1+x^2}+\ln2+\ln x-\ln\left(1+x^2\right)\right]+C\\ &=\frac14\left[\dfrac{x^2\ln x-\ln x+\left(1+x^2\right)\ln x}{1+x^2}+\ln2-\ln\left(1+x^2\right)\right]+C\\ &=\frac14\left[\dfrac{2x^2\ln x}{1+x^2}-\ln\left(1+x^2\right)\right]+\frac{\ln2}{4}+C\\ \int\frac{x\ln x}{(1+x^2)^2}\ dx&=\frac14\left[\dfrac{2x^2\ln x}{1+x^2}-\ln\left(1+x^2\right)\right]+K. \end{align} Así $$ \int_0^1\frac{x\ln x}{(1+x^2)^2}\ dx=\frac14\left[\dfrac{2x^2\ln x}{1+x^2}-\ln\left(1+x^2\right)\right]_{x=0}^1=\large\color{blue}{-\frac{\ln2}{4}}. $$

Answer 2

Integración por partes,

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

$$=\ln x\int\frac x{(1+x^2)^2}dx-\int\left(\frac{d(\ln x)}{dx}\cdot \frac x{(1+x^2)^2}dx\right)dx $$

Para $\displaystyle J=\int\frac x{(1+x^2)^2}dx$ $1+x^2=u\implies2x\ dx=du$

$\displaystyle J=\int\frac{du}{2u^2}=-\frac1{2u}=-\frac1{2(1+x^2)}$

$\displaystyle\implies I=\ln x\left(-\frac1{2(1+x^2)}\right)+\int\frac1{2x(1+x^2)}\ dx$

Ajuste $x^2=v,$ $\displaystyle K=\int\frac1{2x(1+x^2)}\ dx=\int\frac{2x}{4x^2(1+x^2)}\ dx$

$\displaystyle4K=\int\frac{dv}{v(1+v)}=\int\frac{v+1-v}{v(1+v)}dv=\int\frac{dv}v -\int\frac{dv}{v+1}=\cdots$

Answer 3

Otro enfoque:

expandir $\frac{1}{(1+x^2)^2} = \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^kkx^{2k}$, entonces cada integral se convierte de la forma $ I_k = (-1) ^ kk\int_ {0} ^ {1} x ^ {2 k + 1} \log x dx $$ e integrar por partes $du = x^{2 k +1}, v = \log x$. Muchas cosas se anulan debido a los límites superiores e inferiores de la integral.

Answer 4

$x\ge0$

$$I=\int\frac{x\ln x}{(1+x^2)^2}\ dx=\frac12\int\frac{x\ln(x^2)}{(1+x^2)^2}\ dx$$

Ajuste del $\displaystyle x^2=u,4I=\int\frac{\ln y}{(1+y)^2}dy$

Integración por partes, $\displaystyle4I=\ln y\int\frac{dy}{(1+y)^2}-\int\left(\frac{d(\ln y)}{dy}\cdot\int\frac{dy}{(1+y)^2}\right)dy$

$\displaystyle4I=-\frac{\ln y}{1+y}+\int\frac{dy}{y(1+y)}$ que puede resolverse fácilmente mediante el uso de mi otra respuesta

Answer 5

Si puedo plantear otro método de éste.

Hacer el % de sub $x=e^{-t}$

$$-\int_{0}^{\infty}\frac{te^{-2t}}{(e^{-2t}+1)^{2}}dt=-1/4\int_{0}^{\infty}\frac{t}{\cosh^{2}(t)}dt$$

Integrar por partes: $\displaystyle u=t, \;\ dv=\frac{1}{\cosh^{2}(t)}dt$

lo que resulta en:

$$-1/4\lim_{t\to \infty}\left[t\cdot \tanh(t)-\log(\cosh(t))\right]$$

Reescribir como %#% $ #%

y aplicar la regla de L'Hopitals:

Esto da:

$$\lim_{t\to \infty}\frac{t\cdot \sinh(t)+\log(sech(t))\cosh(t)}{\cosh(t)}$$

Tenga en cuenta que $$\lim_{t\to \infty}-log(1+e^{2t})-\frac{2t}{e^{2t}+1}+\frac{4}{e^{2t}+1}-\frac{4}{(e^{2t}+1)^{2}}+2t+\log(2)$, $t\to \infty$ y $2t$ cancelar uno otro. Todos los demás términos ir a 0 excepto $-log(1+e^{2t})$

Esto se traduce en la respuesta final de $\log(2)$ $

Esto puede ser una diversión a intentar usar contornos.