Demuestre dos igualdades integrales similares

Question

Estoy mirando para mostrar que

$$ \begin{align*} I_1 & = \int_{ma}^{na} \frac{ \log(x - a) }{x^2 + a^2 } = \frac{\log (2a^2)}{2a} \bigl[ \arctan n + \arctan m\bigr] \\ I_2 & = \int_{a/m}^{a/n} \frac{\log(x + a) }{ x^2 + a^2 } = \frac{\log (2a^2)}{2a}\bigl[ \arctan \frac{1}{m} + \arctan \frac{1}{n} \bigr] \end{align*} $$ Dado que el $nm = n + m + 1$. Ahora aquí las sustituciones sugeridos para resolver las integrales se dan como $$ I_1 \, \text{vamos a} \, x = \frac{a + a^2}{t} \quad \text{y} \quad I_2 \, \text{vamos a} \, x = \frac{-a + a^2}{t + a} $$ pero incluso después de uso de estas sustituciones no estoy más cerca de una solución. ¿Alguien puede darle algunos consejos sobre la evaluación de las integrales? (Ya me han demostrado la igualdad mediante el método en el primer post, pero yo estaba intrigado por las integrales en el segundo post.

Más aún por el hecho de que el cartel parece trivializar estas integrales, y que stumpled todos los de mi CAS herramientas. ¿Hay algún ingenioso, inteligente y maneras de atacar estas integrales?

Answer 1

$$ \begin{align} \int_{ma}^{na}\frac{\log(x-a)}{x^2+a^2}\,\mathrm{d}x &=\frac1a\int_m^n\frac{\log(a)+\log(x-1)}{x^2+1}\,\mathrm{d}x\tag{1}\\ &=\frac{\log(a)}a\Big[\arctan(n)-\arctan(m)\Big]\\ &+\frac1a\int_m^n\frac{\log(x-1)}{x^2+1}\,\mathrm{d}x\tag{2}\\ &=\frac{\log(a)}a\Big[\arctan(n)-\arctan(m)\Big]\\ &+\frac1{a\sqrt2}\int_{\log\left(\frac{m-1}{\sqrt2}\right)}^{\log\left(\frac{n-1}{\sqrt2}\right)}\frac{\color{#C00000}{u}+\color{#00A000}{\log(\sqrt2)}}{e^{2u}+\sqrt2e^u+1}e^u\,\mathrm{d}u\tag{3}\\ &=\frac{\log(a)}a\Big[\arctan(n)-\arctan(m)\Big]\\ &+\frac1{a\sqrt2}\int_{\log\left(\frac{m-1}{\sqrt2}\right)}^{\log\left(\frac{n-1}{\sqrt2}\right)}\frac{\log(\sqrt2)}{e^{2u}+\sqrt2e^u+1}e^u\,\mathrm{d}u\tag{4}\\ &=\frac{\log(a)}a\Big[\arctan(n)-\arctan(m)\Big]\\ &+\frac{\log(\sqrt2)}{a}\int_m^n\frac{\mathrm{d}x}{x^2+1}\tag{5}\\ &=\frac{\log(a)}a\Big[\arctan(n)-\arctan(m)\Big]\\ &+\frac{\log(\sqrt2)}{a}\Big[\arctan(n)-\arctan(m)\Big]\tag{6}\\ &=\frac{\log(a\sqrt2)}a\Big[\arctan(n)-\arctan(m)\Big]\tag{7} \end{align} $$ Justificación:
$(1)$: sustituto $x\mapsto ax$
$(2)$: integrar la $\log(a)$ plazo
$(3)$: sustituto $u=\log\left(\frac{x-1}{\sqrt2}\right)$
$(4)$: $\log\left(\frac{n-1}{\sqrt2}\right)+\log\left(\frac{m-1}{\sqrt2}\right)=0$; $\frac{e^u}{e^{2u}+\sqrt2e^u+1}$ es incluso; lo curioso: $\color{#C00000}{u}$
$(5)$: revertir la sustitución de $(3)$
$(6)$: integrar
$(7)$: combinar \begin{align} \int_{a/m}^{a/n}\frac{\log(x+a)}{x^2+a^2}\,\mathrm{d}x &=\int_{m/a}^{n/a}\frac{\log(1+ax)-\log(x)}{1+a^2x^2}\,\mathrm{d}x\tag{8}\\ &=\frac1a\int_m^n\frac{\log(1+x)-\log(x)+\log(a)}{1+x^2}\,\mathrm{d}x\tag{9}\\ &=\frac{\log(a)}{a}\Big[\arctan(n)-\arctan(m)\Big]\\ &+\frac1a\int_m^n\frac{\log(1+x)-\log(x)}{1+x^2}\,\mathrm{d}x\tag{10}\\ &=\frac{\log(a)}{a}\Big[\arctan(n)-\arctan(m)\Big]\\ &+\frac1{a\sqrt2}\int_{\log\left(\frac{m-1}{\sqrt2}\right)}^{\log\left(\frac{n-1}{\sqrt2}\right)}\frac{\log\left(\frac{2+\sqrt2e^u}{1+\sqrt2e^u}\right)}{e^{2u}+\sqrt2e^u+1}e^u\,\mathrm{d}u\tag{11}\\ &=\frac{\log(a)}{a}\Big[\arctan(n)-\arctan(m)\Big]\\ &+\frac1{a\sqrt2}\int_{\log\left(\frac{m-1}{\sqrt2}\right)}^{\log\left(\frac{n-1}{\sqrt2}\right)}\frac{\log(\sqrt2)}{e^{2u}+\sqrt2e^u+1}e^u\,\mathrm{d}u\tag{12}\\ &=\frac{\log(a\sqrt2)}a\Big[\arctan(n)-\arctan(m)\Big]\tag{13} \end{align} Justificación:
$\ \:(8)$: sustituto $x\mapsto1/x$
$\ \:(9)$: sustituto $x\mapsto x/a$
$(10)$: integrar la $\log(a)$ plazo
$(11)$: sustituto $u=\log\left(\frac{x-1}{\sqrt2}\right)$
$(12)$: $\log\left(\frac{n-1}{\sqrt2}\right)+\log\left(\frac{m-1}{\sqrt2}\right)=0$; $\frac{e^u}{e^{2u}+\sqrt2e^u+1}$ es incluso; incluso parte de $\log\left(\frac{2+\sqrt2e^u}{1+\sqrt2e^u}\right)$ $\log(\sqrt2)$
$(13)$: $(12)$ es el mismo que $(4)$

Motivación:

Puesto que la condición dada es $(n-1)(m-1)=2$, elegí la sustitución de $u=\log\left(\frac{x-1}{\sqrt2}\right)$, por lo que el $[m,n]$ es asignado a un intervalo simétrico con respecto al origen. Entonces podemos ignorar la extraña parte de el integrando. Si tenemos suerte, incluso la parte de el integrando es más fácil de manejar.

Answer 2

Insinuación:
Integrar por partes:$$\dfrac{1}{a}\int{\ln{(x-a)}\arctan{\left(\dfrac{x}{a} \right)}\ dx}$ $ y$$\dfrac{1}{a}\int{\ln{(x+a)}\arctan{\left(\dfrac{x}{a} \right)}\ dx}.$ $ Addition
Por ejemplo, en la segunda integral ponemos$u=\arctan{\left(\dfrac{x}{a} \right)}, \;\;dv=\ln{(x+a)}\ dx.$ Entonces $$ \ dfrac {1} {a} \ int {\ ln {(x + a)} \ arctan {\ left (\ dfrac {x} {a } \ right)} \ dx} = \\ = \ dfrac {1} {a} \ arctan {\ left (\ dfrac {x} {a} \ right)} \ int {\ ln {(x + a)} \ dx} - \ int \ ln {(x + a)} \ cdot \ dfrac {1} {a ^ 2} \ cdot \ dfrac {1} {1+ \ frac {x ^ 2} {a ^ 2}} \ dx = \\ = \ dfrac {1} {a} \ arctan {\ left (\ dfrac {x} {a} \ right)} \ int {\ ln {(x + a)} \ dx} - \ int \ ln {(x + a)} \ dfrac {1} {x ^ 2 + {a ^ 2}} \ dx $$

Answer 3

Es bastante fácil

$$ \begin{equation} \begin{split} I_1 & = \int\limits_{ma}^{na} \frac{\ln(x-a)}{(x^2+a^2)}\mathrm{d}x \\ & = \int\limits_{na}^{ma} \frac{\ln(a(\frac{t+a}{t-a}-1))}{2a^2(t^2+a^2)}(t^2-a^2)\frac{(-2a^2)\mathrm{d}t}{t^2-a^2} \\ & = \int\limits_{ma}^{na} \frac{\ln(\frac{2a^2}{t-a})}{(t^2+a^2)}\mathrm{d}t \\ & = \int\limits_{ma}^{na} \frac{\ln(2a^2)}{(t^2+a^2)}\mathrm{d}t - I_1 \\ \end {split} \ end {equation} $$ Creo que puedes terminar el resto. Tenga en cuenta lo siguiente: $$ nm = n + m + 1 \ implica \ frac {n + 1} {n-1} = m \ \ text {y} \ \ frac {m + 1} {m-1} = n $$

Esto le permite cambiar los límites de integración de$na$ a$ma$ y de$ma$ a$na$ cuando realiza la sustitución sugerida.