Ещё интеграл

[bundos]

Вычислить $\int\limits_{0}^{1}\frac{\ln (x+1)}{x^2+1}dx$

(Оффтоп)

Делаю замену $x=\frac1{t+1}$. Получаю интеграл $\int\limits_{0}^{\infty}\frac{\ln\left(\frac{t+2}{t+1}\right)}{1+(1+t)^2}dt$.
Интегрирование логарифма видел только для чётных функций, а для типа таких есть что-нибудь подобное?

[Tlalok]

Разложите натуральный логарифм в ряд.

[bundos]

Tlalok в сообщении #430295 писал(а):

Разложите натуральный логарифм в ряд.

Вы имеете в виду в исходном интеграле?
Если так, то:$\int\limits_{0}^{1}\frac{\ln (x+1)}{x^2+1}dx=\lim\limits_{a \to 1}\int\limits_{0}^{a}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{x^2+1}\frac{(-1)^{n+1}}{n}dx$

(Оффтоп)

В авторском решении они делают замену на $\arctg$, мне хотелось бы узнать, можно ли его посчитать с помощью вычетов?

[jrMTH]

bundos в сообщении #430287 писал(а):

Вычислить $\int\limits_{0}^{1}\frac{\ln (x+1)}{x^2+1}dx$

(Оффтоп)

Делаю замену $x=\frac1{t+1}$. Получаю интеграл $\int\limits_{0}^{\infty}\frac{\ln\left(\frac{t+2}{t+1}\right)}{1+(1+t)^2}dt$.
Интегрирование логарифма видел только для чётных функций, а для типа таких есть что-нибудь подобное?

наверное, так
$\int\limits_{0}^{1}\frac{\ln (x)}{x^2+1}dx + \int\limits_{0}^{1}\frac{\ln (1)}{x^2+1}dx$ ...
и дальше... вторая часть у меня быстро решается по формуле, на первую пока времени нету.

[Tlalok]

jrMTH
Что это Вы такое написали?

[jrMTH]

Tlalok в сообщении #430317 писал(а):

jrMTH
Что это Вы такое написали?

$ln (x + 1) = ln(x) + ln(1)$
потом разносим на 2 интеграла - разве не так?

[Tlalok]

jrMTH
НЕТ, конечно не так, абсолютная глупость.

[Tlalok]

bundos в сообщении #430300 писал(а):

Вы имеете в виду в исходном интеграле?
Если так, то:$\int\limits_{0}^{1}\frac{\ln (x+1)}{x^2+1}dx=\lim\limits_{a \to 1}\int\limits_{0}^{a}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{x^2+1}\frac{(-1)^{n+1}}{n}dx$

Я имел ввиду вот такую формулу:
$\int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{{{x^2} + 1}}} dx = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\int\limits_0^1 {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}{x^n}}}{{n\left( {{x^2} + 1} \right)}}} dx}$

PS: А откуда примерчик? Меня заинтересовало авторское решение.
А для вычетов нужны особые точки.

[scrabby]

Предел не обязательно писать, так как исходный ряд сходится равномерно (мажорирующий ряд сходится по признаку Абеля по-моему(ну знакопеременная часть умножить на уменьшающюся часть:)))

[bundos]

scrabby в сообщении #430405 писал(а):

Предел не обязательно писать, так как исходный ряд сходится равномерно (мажорирующий ряд сходится по признаку Абеля по-моему(ну знакопеременная часть умножить на уменьшающюся часть:)))

Сходится равномерно $|x|<1$ помоему

-- Сб апр 02, 2011 17:52:39 --
Tlalok, а как Вы такой ряд проинтегрировали то? У меня что-то неполучается.

(Оффтоп)

Tlalok в сообщении #430388 писал(а):

bundos в сообщении #430300 писал(а):

PS: А откуда примерчик? Меня заинтересовало авторское решение.

Putnam2005A5

[Tlalok]

$$\int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{{{x^2} + 1}}} dx = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\int\limits_0^1 {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}{x^n}}}{{n\left( {{x^2} + 1} \right)}}} dx} = \int\limits_0^1 {\frac{xdx}{{{x^2} + 1}}} - \int\limits_0^1 {\frac{{{x^2dx}}}{{2\left( {{x^2} + 1} \right)}}} + \int\limits_0^1 {\frac{{{x^3dx}}}{{3\left( {{x^2} + 1} \right)}}} - ...$$

[bundos]

Tlalok в сообщении #430451 писал(а):

$$\int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( {1 + x} \right)}}{{{x^2} + 1}}} dx = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\int\limits_0^1 {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}{x^n}}}{{n\left( {{x^2} + 1} \right)}}} dx} = \int\limits_0^1 {\frac{x}{{{x^2} + 1}}} - \int\limits_0^1 {\frac{{{x^2}}}{{2\left( {{x^2} + 1} \right)}}} + \int\limits_0^1 {\frac{{{x^3}}}{{3\left( {{x^2} + 1} \right)}}} - ...$$

Я имел ввиду чему равен $\int\limits_0^1 {\frac{{{x^n}}}{{n\left( {{x^2} + 1} \right)}}}dx$

[myra_panama]

bundos а вы использовали замену $x=tgt$ ?
после замену мы придем к вычислению интеграла :
$\int\limits_{0}^{\frac{\pi}4} ln(1+tgt)dt$

(Оффтоп)

дальше если хотите приведу решение...

[Tlalok]

myra_panama
Именно на это решение ТС и ссылается в оффтопике

bundos в сообщении #430300 писал(а):

(Оффтоп)

В авторском решении они делают замену на $\arctg$, мне хотелось бы узнать, можно ли его посчитать с помощью вычетов?

[Полосин]

Воспользуйтесь тем, что

$$2\int\limits_0^1\dfrac{\ln(1+x)}{x^2+1}dx=\int\limits_{-1}^{+\infty}\dfrac{\ln(1+x)}{x^2+1}dx-\int\limits_0^1\dfrac{\ln(1-x)}{x^2+1}dx+\int\limits_0^1\dfrac{\ln x}{x^2+1}dx\,.$$