El Monstruo Integral

Question

Calcular la siguiente integral \begin{ecuación} \int_0^{\Large\frac{\pi}{4}}\left[\frac{(1-x^2)\ln(1+x^2)+(1+x^2)-(1-x^2)\ln(1-x^2)}{(1-x^4)(1+x^2)}\right] x\, \exp\left[\frac{x^2-1}{x^2+1}\right]\, dx \end{ecuación}

Me dieron dos integrales preguntas por mi maestro. Me pueden responder a este a pesar de que llevo un montón de tiempo para calcular. Quiero compartir este problema con los otros usuarios aquí y me encantaría ver cómo las Matemáticas SE a los usuarios calcular este monstruo. Gracias.

Answer 1

Desde el numerador, recoger los términos logarítmicos primera.

$$\displaystyle \int_0^{\pi/4} x\frac{(1+x^2)+(x^2-1)\ln\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)}{(1-x^4)(1+x^2)}\exp\left(\frac{x^2-1}{x^2+1}\right)\,dx$$

Reescribir $(1-x^4)=(1-x^2)(1+x^2)$ y dividir el numerador por $(1+x^2)$.

$$\displaystyle \int_0^{\pi/4} \frac{x}{(1-x^2)(1+x^2)}\left(1+\frac{x^2-1}{x^2+1}\ln\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)\right)\exp\left(\frac{x^2-1}{x^2+1}\right)\,dx $$

El uso de la sustitución $\displaystyle \frac{x^2-1}{x^2+1}=t \Rightarrow \frac{4x}{(1+x^2)^2}\,dx=dt$ a obtener:

$$\displaystyle \frac{1}{4}\int_{a}^{-1}\frac{e^t}{t}\left(1+t\ln(-t)\right)\,dt= \frac{1}{4}\int_{a}^{-1}e^t\left(\frac{1}{t}+\ln(-t)\right)\,dt$$

donde $\displaystyle a=\frac{\pi^2/16-1}{\pi^2/16+1}$

Desde $\displaystyle \int e^x(f'(x)+f(x))\,dx=e^xf(x)+C $, por encima de la integral definida es:

$$\displaystyle \frac{1}{4}\left(e^t \ln(-t) \right|_{a}^{-1}=-\frac{1}{4}e^a\ln(-a) \approx \boxed{0.284007} $$

Answer 2

Reescribir \begin{align} &\int\left[\frac{(1-x^2)\ln(1+x^2)+(1+x^2)-(1-x^2)\ln(1-x^2)}{(1-x^4)(1+x^2)}\right] x\ \exp\left[\frac{x^2-1}{x^2+1}\right]\, dx\\ y=-\int\left[\frac{(1-x^2)\ln\left(\dfrac{1-x^2}{1+x^2}\right)-(1+x^2)}{(1-x^2)(1+x^2)(1+x^2)}\right] x\ \exp\left[-\frac{1-x^2}{1+x^2}\right]\, dx\\ y=-\frac14\int\left[\frac{(1-x^2)\ln\left(\dfrac{1-x^2}{1+x^2}\right)-(1+x^2)}{(1-x^2)}\right] \frac{2x}{1+x^2}\, \exp\left[-\frac{1-x^2}{1+x^2}\right]\ \frac{2\ dx}{1+x^2}\\ y=-\frac14\int\left[\ln\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)-\frac{1+x^2}{1-x^2}\right] \frac{2x}{1+x^2}\, \exp\left[-\frac{1-x^2}{1+x^2}\right]\ \frac{2\ dx}{1+x^2}.\tag1 \end{align} Ahora, considere la posibilidad de Weierstrass de sustitución: $$ x=\tan\frac{t}{2}\;,\;\el pecado t=\frac{2x}{1+x^2}\;,\;\cos t=\frac{1-x^2}{1+x^2}\;,\;\text{ y }\;dt=\frac{2\ dx}{1+x^2}. $$ La integral en $(1)$ resulta ser $$ -\frac14\int\left[\ln\left(\cos t\right)-\frac{1}{\cos t}\right] \sen t\, \exp\left[-\cos t\right]\ dt.\tag2 $$ Deja $ $ y=\cos t\;\Rightarrow\;dy=-\sen t\ dt$, entonces $(2)$ se convierte en $$ \frac14\int\left[\ln y-\frac{1}{y}\right] e^{-y}\ dy=\frac14\left[\int e^{-y}\ln y\ dy-\int\frac{e^{-y}} de{y}\ dy\right].\tag3 $$ La segunda integral en el lado derecho $(3)$ puede ser evaluado mediante el uso de IBP. Tomando $u=e^{-y}\;\Rightarrow\;du=-e^{-y}\ dy$ y $dv=\dfrac1y\ dy\;\Rightarrow\;v=\ln$ y, a continuación, $$ \int\frac{e^{-y}} de{y}\ dy=e^{-y}\ln y+\int e^{-y}\ln y\ dy.\tag4 $$ La sustitución de $(4)$ $(3)$, obtenemos $$ \frac14\left[\int e^{-y}\ln y\ dy-e^{-y}\ln y-\int e^{-y}\ln y\ dy\right]=-\frac14e^{-y}\ln y+C. $$ Así \begin{align} &\int\left[\frac{(1-x^2)\ln(1+x^2)+(1+x^2)-(1-x^2)\ln(1-x^2)}{(1-x^4)(1+x^2)}\right] x\ \exp\left[\frac{x^2-1}{x^2+1}\right]\, dx\\ &=\color{blue}{-\frac14\exp\left[-\frac{1-x^2}{1+x^2}\right]\ln \left|\frac{1-x^2}{1+x^2}\right|+C} \end{align} y \begin{align} &\int_0^{\Large\frac\pi4}\left[\frac{(1-x^2)\ln(1+x^2)+(1+x^2)-(1-x^2)\ln(1-x^2)}{(1-x^4)(1+x^2)}\right] x\ \exp\left[\frac{x^2-1}{x^2+1}\right]\, dx\\ &=\color{blue}{-\frac14\exp\left[-\frac{16-\pi^2}{16+\pi^2}\right]\ln \left|\frac{16-\pi^2}{16+\pi^2}\right|}. \end{align}