Взять интеграл

[Droog_Andrey]

$$\int\limits_{-1}^{1}\frac1x\sqrt\frac{1+x}{1-x}\ln\frac{2x^2+2x+1}{2x^2-2x+1}dx$$

(Оффтоп)

$4\pi\arcsin(2\sin\frac{\pi}{10})$

[thething]

Серией замен получил, что интеграл, с точностью до константы, приводится к интегралу

$$\int\limits_0^\infty\frac{(t-1)(t^2-6t+1)\ln t}{\sqrt t(t^4+4t^3+70t^2+4t+1)}dt.$$

Нули знаменателя находятся из решения симметрического уравнения и в целом понятно, что можно рассмотреть стандартный контур в комплексной плоскости и свести всё к вычислению вычетов в четырёх полюсах. Видимо, оттуда же и золотое сечение вылезает. Но это всё рутина и заниматься этим уже неохота. Может, есть какой-то более ловкий способ, но я его не нашёл.

[novichok2018]

Похоже на тип задач, которые тут уже обсуждались - взять производную от здоровой дроби, а потом мучить людей обратной задачей на интеграл. Непонятно, зачем это. Над такими не особо осмысленными задачами можно полжизни думать над каждым интегралом, зачем только? Или я неправ, и этот интеграл возник в реальной задаче?

[waxtep]

thething в сообщении #1552144 писал(а):

Серией замен получил, что интеграл, с точностью до константы, приводится к интегралу

Аналогичная история

$$I=16\int\limits_1^\infty\frac{(x^2-1)((x^2-1)^2-4x^2)}{(x^2+1)^4+64x^4}\ln{x}\,dx$$

Если пытаться брать по частям, вылезает $\operatorname{Li}_2$
Вольфрам берет неопределенный интеграл, не для слабонервных!

[пианист]

(Оффтоп)

novichok2018 в сообщении #1552183 писал(а):

Или я неправ, и этот интеграл возник в реальной задаче?

Будь так, задачу поместили бы в Математика (общие вопросы) или ПРР. А олимпиадный раздел как раз для таких.
Интересно, кстати, что общий раздел по назначению практически не используется.

[novichok2018]

По частям сводит к интегралу от дроби без логарифма, но от этого легче не становится.

[waxtep]

Может быть удачнее остаться в тригонометрической форме

$$I=16\int\limits_0^{\pi/4}\frac{\cos{2t}\,{\cos{4t}}}{1+4\sin^4{2t}}\ln{\ctg{t}}\,dt$$

поскольку $\left(\ln\ctg{t}\right)^\prime=-\dfrac2{\sin{2t}}$ и логарифм как-то более уместно начинает выглядеть:

$$I=16\int\limits_0^{\pi/4}\frac{f\!\ddot{f}(\dot{f}^{2}-1)}{\dot{f}^{4}+1}\,dt$$

где $f(t)\equiv2\sqrt2\ln\ctg{t}, \dot{f}\equiv\dfrac{df}{dt}$

[waxtep]

Да, кажется, это

$$I=16\int\limits_0^{\pi/4}\frac{f\!\ddot{f}(\dot{f}^{2}-1)}{\dot{f}^{4}+1}\,dt$$

должно браться - дважды по частям: сначала заносим под дифференциал $\dfrac{\ddot{f}(\dot{f}^{2}-1)}{\dot{f}^{4}+1}$, потом два кусочка от первообразной этого хозяйства - $\ln\left(\pm\dot{f}^{2}+\sqrt2\dot{f}\pm1\right)$, и в третий раз получающийся интеграл тоже берется в элементарных функциях. Т.е. по сути трижды интегрируем $\dfrac{u^2-1}{u^4+1}\,du$. Мог наврать конечно, попробую проверить позже

[waxtep]

waxtep в сообщении #1552310 писал(а):

потом два кусочка от первообразной этого хозяйства - $\ln\left(\pm\dot{f}^{2}+\sqrt2\dot{f}\pm1\right)$, и в третий раз получающийся интеграл тоже берется в элементарных функциях. Т.е. по сути трижды интегрируем $\dfrac{u^2-1}{u^4+1}\,du$. Мог наврать конечно, попробую проверить позже

Нет, это, к сожалению, ерунда, основанная на ошибочном использовании $d\dot{f}$ вместо $dt$. До этого места корректно, с точностью до поправки коэффициента в $f(t)\equiv\dfrac1{2\sqrt2}\ln\ctg{t}$. Впрочем, толку от этого не видно

[mihiv]

Введем параметр $a$ под знаком логарифма:$\ln \dfrac {2x^2+ax+1}{2x^2-ax+1}$. Производная интеграла по параметру равна:

$$I'(a)=\int \limits _{-1}^1\sqrt {\dfrac {1+x}{1-x}}\ \left (\dfrac 1{\sqrt {2x^2+ax+1}}+\dfrac 1{\sqrt {2x^2-ax+1}}\right )dx$$

Очевидно $I(0)=0$.После замены:$t=\sqrt {\dfrac {1+x}{1-x}}$

$$I'(a)=4\int \limits _0^{\infty }t^2\left (\dfrac 1{(3+a)t^4-2t^2+(3-a)}+\dfrac 1{(3-a)t^4-2t^2+(3+a)}\right )dt\eqno (1)$$

В (1) делаем замену $t\rightarrow \frac 1t:$

$$I'(a)=\int \limits _0^{\infty }\left (\dfrac 1{(3+a)t^4-2t^2+(3-a)}+\dfrac 1{(3-a)t^4-2t^2+(3+a)}\right )da\eqno (2)$$

Сложим (1) и (2), после интегрирования с еще одной заменой (с учетом $(1+\frac 1{u^2})du=d(u-\frac 1u))$в конце концов получим

$$I(2)=\sqrt {2}\pi \int \limits _0^2\left (\dfrac 1{\sqrt {3-a}}+\dfrac 1{\sqrt {3+a}}\right )\dfrac {da}{\sqrt {\sqrt {9-a^2}-1}}\eqno (3)$$

Интеграл (3) уже берется (еще три замены ), до конца доводить не стал.