खोज $\int _0^{\infty }\frac{\ln \left(1+x\right)}{1-x^2+x^4}\:\mathrm{d}x$

Aug 17 2020

मैं किन तरीकों से मूल्यांकन कर सकता हूं $$\int _0^{\infty }\frac{\ln \left(1+x\right)}{1-x^2+x^4}\:\mathrm{d}x$$ मैंने कुछ तरीकों की कोशिश की लेकिन कोई भी काम या चीजों को सरल नहीं करता है और मैं प्रतिस्थापन के बारे में सोचता हूं जो चीजों को बेहतर बना सकता है, जबकि प्रतिस्थापन $x=1/x$ जाता $$\int _0^{\infty }\frac{\ln \left(1+x\right)}{1-x^2+x^4}\:\mathrm{d}x-\int _0^{\infty }\frac{x^2\ln \left(x\right)}{1-x^2+x^4}\:\mathrm{d}x$$ मैं नहीं जानता कि कैसे आगे बढ़ना है, बिंदु 1 पर अभिन्न विभाजन करना भी बहुत मदद नहीं करता है।

अभिन्न के रूप में भी व्यक्त किया जा सकता है $$I=\int _0^1\frac{\left(1+x^2\right)\ln \left(1+x\right)}{1-x^2+x^4}\:\mathrm{d}x-\int _0^1\frac{x^2\ln \left(x\right)}{1-x^2+x^4}\:\mathrm{d}x$$ टिप्पणियों में उल्लिखित पहला अभिन्न मूल्यांकन किया गया है और है $$I=\frac{\pi }{6}\ln \left(2+\sqrt{3}\right)-\int _0^1\frac{x^2\ln \left(x\right)}{1-x^2+x^4}\:\mathrm{d}x$$ लेकिन दूसरे से कैसे निपटें?

जवाब

4 Quanto Sep 05 2020 at 08:20

ध्यान दें

\begin{align} I& =\int _0^{\infty }\frac{\ln (1+x)}{1-x^2+x^4}dx= \int _0^{1}\frac{\ln (1+x)}{1-x^2+x^4}dx +\int _1^{\infty }\frac{\ln (1+x)}{\underset{x\to 1/x} {1-x^2+x^4}}dx\\ &= \int _0^1\frac{(1+x^2)\ln (1+x)-x^2\ln x}{1-x^2+x^4}dx\\ \end{align}

के माध्यम से भागों द्वारा एकीकृत

$$d\left( \cot^{-1}\frac x{x^2-1}\right)=\frac{1+x^2}{1-x^2+x^4}dx$$ $$d\left( \frac12\tan^{-1}\frac x{1-x^2} - \frac1{2\sqrt3}\tanh^{-1}\frac {\sqrt3x}{1+x^2}\right)= \frac{x^2}{1-x^2+x^4}dx $$ के रूप में अभिन्न व्यक्त करने के लिए \begin{align} I= I_1 -\frac1{2\sqrt3}I_2 +\frac12I_3\tag1 \end{align}

कहाँ पे $$ I_1 = \int_0^1 \frac{dx}{1+x} \cot^{-1}\frac {x}{1-x^2},\>\>\>\>\> I_2 = \int_0^1 \frac{dx}{x} \tanh^{-1}\frac {\sqrt3x}{1+x^2}\\ I_3 = \int_0^1 \frac{dx}{x} \tan^{-1}\frac {x}{1-x^2} $$

मूल्यांकन करना $I_1$, जाने दो $J_1(a) =\int_0^1 \frac{dx}{1+x} \cot^{-1}\frac {2x\sin a}{1-x^2}$ \begin{align} J_1’(a) &= \int_0^1 \frac{2\cos a (x-x^2)dx}{(x^2+1)^2-(2x\cos a)^2}= - \frac\pi4\tan\frac a2+\frac12\left( a\>{\csc a}+ \ln\tan\frac a2\right) \end{align} \begin{align} I_1 &=J_1(\frac\pi6) = J_1(0)+\int_0^{\frac\pi6}J_1’(a)da \\ &= \frac\pi2\ln2-\frac\pi4 \int_0^{\frac\pi6}\tan\frac a2 da+\frac12\int_0^{\frac\pi6} d\left( a\ln\tan\frac a2\right)\\ &=\frac\pi2\ln2 -\frac\pi2\ln\cos\frac\pi{12}-\frac\pi{12}\ln\tan\frac\pi{12}= \frac\pi6\ln(2+\sqrt3)\tag2 \end{align}

मूल्यांकन करना $I_2$, जाने दो $J_2(a) =\int_0^1 \frac{dx}{x} \tanh^{-1}\frac {2ax}{1+x^2}$ \begin{align} J_2’(a) &= \int_0^1 \frac{2 (1+x^2)}{(x^2+1)^2-(2ax)^2}dx = \frac\pi2\frac1{\sqrt{1-a^2}} \end{align} \begin{align} I_2 &=J_2(\frac{\sqrt3}2) = \int_0^{\frac{\sqrt3}2}J_2’(a)da = \frac\pi2 \int_0^{\frac{\sqrt3}2} \frac{da}{\sqrt{1-a^2}}=\frac{\pi^2}6\tag3 \end{align} मूल्यांकन करना $I_3$ $$I_3 = \int_0^1 \frac{dx}{x} \tan^{-1}\frac {x}{1-x^2} = \int_0^1 \frac{\tan^{-1}x}x dx+ \int_0^1\underset{x^3\to x}{\frac{\tan^{-1}x^3}x}dx\\ = \frac43\int_0^1 \frac{\tan^{-1}x}x dx= \frac43G\tag4 $$