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

Aug 17 2020

어떤 방법으로 평가할 수 있습니까? $$\int _0^{\infty }\frac{\ln \left(1+x\right)}{1-x^2+x^4}\:\mathrm{d}x$$ 나는 몇 가지 방법을 시도했지만 작동하지 않거나 일을 단순화하지 않았으며 상황을 더 좋게 만들 수있는 대체를 생각할 수 없지만 대체는 $x=1/x$ 얻다 $$\int _0^{\infty }\frac{\ln \left(1+x\right)}{1-x^2+x^4}\:\mathrm{d}x-\int _0^{\infty }\frac{x^2\ln \left(x\right)}{1-x^2+x^4}\:\mathrm{d}x$$ 나는 진행하는 방법을 모르고, 포인트 1에서 적분을 나누는 것도 많은 도움이되지 않습니다.

적분은 다음과 같이 표현할 수도 있습니다. $$I=\int _0^1\frac{\left(1+x^2\right)\ln \left(1+x\right)}{1-x^2+x^4}\:\mathrm{d}x-\int _0^1\frac{x^2\ln \left(x\right)}{1-x^2+x^4}\:\mathrm{d}x$$ 주석에 언급 된 첫 번째 적분이 평가되었으며 $$I=\frac{\pi }{6}\ln \left(2+\sqrt{3}\right)-\int _0^1\frac{x^2\ln \left(x\right)}{1-x^2+x^4}\:\mathrm{d}x$$ 그러나 두 번째 문제를 해결하는 방법은 무엇입니까?

답변

4 Quanto Sep 05 2020 at 08:20

노트

\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}

다음을 통해 부품별로 통합

$$d\left( \cot^{-1}\frac x{x^2-1}\right)=\frac{1+x^2}{1-x^2+x^4}dx$$ $$d\left( \frac12\tan^{-1}\frac x{1-x^2} - \frac1{2\sqrt3}\tanh^{-1}\frac {\sqrt3x}{1+x^2}\right)= \frac{x^2}{1-x^2+x^4}dx $$ 적분을 다음과 같이 표현하기 위해 \begin{align} I= I_1 -\frac1{2\sqrt3}I_2 +\frac12I_3\tag1 \end{align}

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

평가하려면 $I_1$, 허락하다 $J_1(a) =\int_0^1 \frac{dx}{1+x} \cot^{-1}\frac {2x\sin a}{1-x^2}$ \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}

평가하려면 $I_2$, 허락하다 $J_2(a) =\int_0^1 \frac{dx}{x} \tanh^{-1}\frac {2ax}{1+x^2}$ \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} 평가하려면 $I_3$ $$I_3 = \int_0^1 \frac{dx}{x} \tan^{-1}\frac {x}{1-x^2} = \int_0^1 \frac{\tan^{-1}x}x dx+ \int_0^1\underset{x^3\to x}{\frac{\tan^{-1}x^3}x}dx\\ = \frac43\int_0^1 \frac{\tan^{-1}x}x dx= \frac43G\tag4 $$