Cuando encuentro límite para calcular esto, es difícil de encontrar. ¿Cualquier persona puede acabar esto?
$$\int_0^{ + \infty } {{{x\,{\mathop{\ln x\,\mathrm{d}x}\nolimits} } \over {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}} $$
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Anthony Shaw
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858
Esto no es una respuesta a la pregunta, pero un comentario sobre los Sami Ben Romdhane la respuesta, pero es demasiado largo para un comentario.
Aunque la integral es$0$, como se muestra por la sugerencia de los Sami respuesta, te comento que desde la integral de $0$ $1$es el negativo de la integral de$1$$\infty$, sería interesante calcular la integral de$0$$1$. Aquí está mi primer intento que utiliza $$ \int_0^1\log(x)x^k\,\mathrm{d}x=-\frac1{(k+1)^2} $$ para obtener $$ \begin{align} \int_0^1\frac{x\log(x)}{(x^2+1)^2}\,\mathrm{d}x &=\frac14\int_0^1\frac{\log(x^2)}{(x^2+1)^2}\,\mathrm{d}x^2\\ &=\frac14\int_0^1\frac{\log(x)}{(x+1)^2}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac14\int_0^1\log(x)\left(1-2x+3x^2-4x^3+\dots\right)\,\mathrm{d}x\\ &=\frac14\left(-1+\frac12-\frac13+\frac14-\dots\right)\\ &=-\frac{\log(2)}{4} \end{align} $$
Intercambio de Suma y de la Integración
Se ha sugerido que me justificar el intercambio de la suma y la integración en la penúltima ecuación anterior.
El uso de la fórmula $$ \frac1{(1+x)^2}=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k(k+1)x^k+(-1)^n\frac{(n+1)x^n+nx^{n+1}}{(1+x)^2} $$ vemos que en $[0,1]$ la diferencia entre el $\frac1{(1+x)^2}$ $\sum\limits_{k=0}^{n-1}(-1)^k(k+1)x^k$ es de menos de $(2n+1)x^n$. Por lo tanto, la diferencia entre $$ \int_0^1\frac{\log(x)}{(1+x)^2}\,\mathrm{d}x $$ y $$ \int_0^1\log(x)\left(\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k(k+1)x^k\right)\,\mathrm{d}x $$ está a menos de $$ (2n+1)\int_0^1|\log(x)|x^n\,\mathrm{d}x=\frac{2n+1}{(n+1)^2}\to0 $$
Farkhod Gaziev
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6
Como el denominador contiene $1+x^2,$ pongamos $x=\tan\theta $
$$I=\int_0^{\infty } {{{x\ln x\;\mathrm{dx} } \over {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}}=\frac12\int_0^{\frac\pi2}\sin2\theta \cdot \ln\tan\theta d\theta $$
$\int_a^bf(x)dx=\int_a^bf(a+b-x)dx,$
$$I=\frac12\int_0^{\frac\pi2}\sin2\left(0+\frac\pi2-\theta\right)\cdot \ln\tan\left(0+\frac\pi2-\theta\right) d\theta$$ $$ =-\frac12\int_0^{\frac\pi2}\sin2\theta\cdot\ln\tan\theta d\theta=-I$$
$\sin2\left(0+\frac\pi2-\theta\right)=\sin(\pi-2\theta)=\sin2\theta$ Y $\tan\left(0+\frac\pi2-\theta\right)=\cot\theta=(\tan\theta)^{-1}$
alicia
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11
Usted puede encontrar la integral indefinida usando integración por partes:
$$\begin{align}u&=\ln(x) \\ dv&=\frac{x}{(x^2+1)^2}dx\end {Alinee el} $$
$$\begin{align}du&=\space\space\space\frac{1}{x}dx \\ v&=-\frac{1}{2(x^2+1)}\end {Alinee el} $$
$$\int {{{x\ln x\;\mathrm{dx} } \over {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}}=-\frac{\ln(x)}{2(x^2+1)}+\frac{1}{2}\int{\frac{1}{(x^2+1)x}}dx$$
La última integral puede ser resuelto utilizando la fracción parcial descomposición:
$$\frac{1}{(x^2+1)x}=-\frac{x}{x^2+1}+\frac{1}{x}$$
Ron Gordon
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96158
La integridad de aquí, debo mencionar que la integral en cuestión es fácilmente susceptible de análisis a través del teorema de los residuos. En este caso, sería usar un ojo de la cerradura de contorno sobre el eje real positivo, sobre la que podríamos considerar
$$\oint_C dz \frac{z \, \ln^2{z}}{(1+z^2)^2}$$
El contorno de la integral se desvanece en el interior y exterior de arcos circulares de el ojo de la cerradura de contorno, así que nos quedamos con las integrales hasta el eje real en $\arg{z}=0$, y vuelta a lo largo del eje real en $\arg{z}=2 \pi$. Por lo tanto, el contorno de la integral es igual a
$$\int_0^{\infty} dx \frac{x \left [ \ln^2{x}-(\ln{x}+i 2 \pi)^2\right ]}{(1+x^2)^2} = -i 4 \pi \int_0^{\infty} dx \frac{x \, \ln{x}}{(1+x^2)^2} + 4 \pi^2 \int_0^{\infty} dx \frac{x}{(1+x^2)^2}$$
A continuación, de nuevo, el contorno de la integral es también igual a $i 2 \pi$ veces la suma de los residuos de el integrando en sus polos en el interior de $C$. Los polos re a $z=i-e^{i \pi/2}$$z=-i=e^{i 3 \pi/2}$. Por ahora, me limitaré a indicar que la suma de los residuos de $z \ln{z}/(1+z^2)^2$ en estos polos es $-i \pi$; por lo tanto, la integral de contorno es $i 2 \pi (-i \pi) = 2 \pi^2$. Porque esto es real, la parte imaginaria de la integral debe ser cero; por lo tanto, la integral
$$\int_0^{\infty} dx \frac{x \, \ln{x}}{(1+x^2)^2} = 0$$
Como un bono, también vemos que, igualando las partes reales de ambos lados,
$$\int_0^{\infty} dx \frac{x}{(1+x^2)^2} = \frac12$$
