Взятие интегралов - творческая задача?

[Ms-dos4]

roga
Глядя вот на это
$\[\int\limits_0^\pi {\frac{{{x^2}\sin x}}{{1 + {{\sin }^2}x}}dx} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}[{\pi ^2}{\mathop{\rm arcctg}\nolimits} (\sqrt 2 ) + {{\mathop{\rm Li}\nolimits} _3}(3 - 2\sqrt 2 ) - 8{{\mathop{\rm Li}\nolimits} _3}(\sqrt 2 - 1)]\]$
очень трудно поверить, что есть элегантное решение. Т.е. план то ясен, но как я уже писал выше - это много мороки и никакой красоты.
Так что тот иностранец ошибался.

[roga]

А, нашел! Я тут его видел. http://mathhelpplanet.com/viewtopic.php ... 21#p118021

[Ms-dos4]

И там ответили совершенно верно (а точный ответ, естественно не выражающийся через элементарные функции, я привёл выше).

[nnosipov]

Otta в сообщении #844665 писал(а):

Еще один известный.

$$\int_0^1\frac{x^7-1}{\ln x} \,dx$$

Почему-то сразу возникла ассоциация с формулой Фруллани.

Ms-dos4 в сообщении #844784 писал(а):

Так что тот иностранец ошибался.

Это какой-то студент, который периодически пишет ерунду (см., например, http://alexlarin.com/viewtopic.php?f=4&t=5466&start=0).

-- Чт апр 03, 2014 09:38:09 --

Вот интеграл, который мне всегда казался симпатичным:

$$ \int_0^\infty \frac{\ln{x}}{e^x+1}\,dx. $$

Нарисован на обложке книги "Избранные задачи из журнала AMM", М., Мир, 1977. На форуме наверняка есть тема, где он обсуждается.

[faulx]

Есть ли способ взять вот такой интеграл каким-нибудь классическим способом:

$ \int\limits_0^\infty { \frac{\cos\left({\frac{1}{2}\arctg{t} - \frac{tx}{2}} \right)}{\left( 1 + t^2} \right)^{\frac{1}{4}}}dt} $

Этот интеграл вылез у меня в диссертации как побочный результат, он точно берется, я даже знаю результат. Но вот найти способ взять его в лоб у меня не получилось. Может, кто-нибудь из здешних экспертов поможет?

[roga]

Ms-dos4 в сообщении #844792 писал(а):

И там ответили совершенно верно (а точный ответ, естественно не выражающийся через элементарные функции, я привёл выше).

У нас была с автором личная переписка, где мы пытались взять этот крепкий орешек. Я, помню, нашел решение в виде суммы ряда. Но ни черновиков и в памяти не сохранилось. Получилось изящно и ему понравилось...

[SpBTimes]

nnosipov
У меня ответ получается такой:

$$ -\gamma \cdot \ln(2) - \frac{\pi^2}{12}. $$

Интересно, что сложнее было придумать, как доказать, что $\int_0^{\infty} \ln(x)e^{-x}dx = -\gamma$. Правда, честно говоря, я сначала увидел в вольфраме, чему равен данный интеграл, а потом уж пытался доказать.

Было интересно

[nnosipov]

SpBTimes в сообщении #845264 писал(а):

У меня ответ получается такой:

$$ -\gamma \cdot \ln(2) - \frac{\pi^2}{12}. $$

Нет, что-то не так. Maple выдаёт $-1/2 \cdot \ln^2{2}$.

[Someone]

nnosipov в сообщении #845265 писал(а):

Maple выдаёт $-1/2 \cdot \ln^2{2}$.

Wolfram Mathematica выдаёт то же самое.

[SpBTimes]

Хм. Видимо, я где-то проврался. Не посмотрите?
Рассмотрим

$$ I(a) = \int_0^{\infty} \frac{x^{a - 1}}{e^x + 1}dx, \quad I'(a) = \int_0^{\infty} \frac{x^{a - 1}\ln(x)}{e^x + 1} dx, $$

сходится равномерно на $[1; 2]$. Нам нужно вычислить $I'(1 + 0)$.

$$ I(a) = \int_0^{\infty} \frac{x^{a - 1}}{e^x(1 + e^{-x})}dx = \int_0^{\infty} \frac{x^{a - 1}}{e^x}(1 + e^{-x})^{-1}dx = \int_0^{\infty} \frac{x^{a - 1}}{e^x}\sum\limits_{k = 0}^{\infty}(-1)^ke^{-kx}dx = $$

$$ \int_0^{\infty} x^{a - 1}\sum\limits_{k = 0}^{\infty}(-1)^ke^{-(k+1)x}dx = \sum\limits_{k = 0}^{\infty} (-1)^k \int_0^{\infty} x^{a - 1}e^{-(k+1)x} dx = \sum\limits_{k = 0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(k + 1)^a} \int_0^{\infty} x^{a - 1}e^{-x} dx = $$

$$ \Gamma(a) \sum\limits_{k = 0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(k + 1)^a} $$

Теперь берем производную:

$$ I'(1) = \Gamma'(1)\ln(2) - \Gamma(1) \frac{\pi^2}{12} $$

[nnosipov]

SpBTimes в сообщении #845297 писал(а):

Теперь берем производную:

Вот здесь: когда дифференцируете ряд, там $\ln{(k+1)}$ должен появиться, а у Вас его нет. Т.е. вместо сомножителя $\pi^2/12$ что-то другое должно быть.

Фактически Вы свели задачу вычисления интеграла к вычислению ряда

$$ \sum_{k=1}^\infty (-1)^k\frac{\ln{k}}{k}. $$

Если заглянуть в справочник, то всё сходится.

[SpBTimes]

nnosipov
Тьфу ты, точно. А я случайно как от степенной производную брал. Надо исправлять. Интересно, приведет ли к чем-то хорошему этот способ.

[nnosipov]

SpBTimes в сообщении #845334 писал(а):

Интересно, приведет ли к чем-то хорошему этот способ.

Ну да, вот тот красивый ряд вычислить удастся.

[ex-math]

$$ \sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(k+1)^a}=(1-2^{1-a})\zeta(a), $$

а $\zeta(a)=\frac1{a-1}+\gamma+O(|a-1|)$ при $a\to1$. Отсюда все получается. Но предполагалось ведь иначе, наверное?

[SpBTimes]

Да, интересно, какое решение предполагалось. Я доделал задачу, действительно сумма ряда считается. По индукции можно показать, что

$$ \sum_{k = 1}^{2n} (-1)^k \frac{\ln(k)}{k} = \ln(2)\sum_{k = 1}^n \frac{1}{k} - \sum_{k = n + 1}^{2n} \frac{\ln(k)}{k} $$

А затем использовать то, что

$$\sum_{k = 1}^n \frac{1}{k} = \ln(n) + \gamma + o(1)$$

и

$$\sum_{k = n + 1}^{2n} \frac{\ln(k)}{k} = \frac{\ln^2(2)}{2} + \ln(2)\ln(n + 1) + o(1)$$

.

Объединяя то, что было получено, как раз остается в пределе $-\frac{\ln^2(2)}{2}$.
Однако интересно, сколько всего нового узнаешь из одной задачи