Question

مطلوب است محاسبه انتگرال:

$$ \int _0^ \infty \frac{Arctanx}{x(1+x)(1+ x^{2} )}dx $$

Final Solution؟= $$\frac{3 \pi }{8} ln2- \frac{ \pi ^{2} }{16} + \frac{G}{2} ,G= \beta (2)$$

Answer 1

راه حل را ارائه می دهم.مرتب کردن و جواب نهایی به خاطر طولانی بودن با سوال کننده:

از تجزیۀ کسرها داریم:

$ \frac{1}{x(1+x)(1+x^2)}= \frac{1}{x} [ \frac{1}{(1+x)(1+x^2)} ]= \frac{1}{2x} [ \frac{1}{1+x} + \frac{-x}{1+x^2}+ \frac{1}{1+x^2}]= \frac{1}{2x(1+x)}- \frac{1}{2(1+x^2)} + \frac{1}{2x(1+x^2)} $

برای انتگرال تولید شده توسط کسر سمت چپ با تغییر متغیر $u= \frac{1}{x} $ به این نتیجه می رسیم که:

$A= \int _0^ \infty \frac{tan^{-1}(x)}{x(1+x)(1+x^2)} dx= \int _0^ \infty \frac{u^2tan^{-1}( \frac{1}{u} )}{u(1+u)(1+u^2)} du= \int _0^ \infty \frac{x^2tan^{-1}( \frac{1}{x} )}{x(1+x)(1+x^2)} dx$

$= \int _0^ \infty \frac{((x^2+1)-1)tan^{-1}( \frac{1}{x} )}{x(1+x)(1+x^2)} dx= \int _0^ \infty \frac{tan^{-1}( \frac{1}{x} )}{x(1+x)} dx- \int _0^ \infty \frac{tan^{-1}( \frac{1}{x} )}{x(1+x)(1+x^2)} dx$

$ \Rightarrow \int _0^ \infty \frac{tan^{-1}( x)}{x(1+x)(1+x^2)} dx+ \int _0^ \infty \frac{tan^{-1}( \frac{1}{x} )}{x(1+x)(1+x^2)} dx=\int _0^ \infty \frac{tan^{-1}( \frac{1}{x} )}{x(1+x)} dx=\int _0^ \infty \frac{tan^{-1}( x)}{x(1+x)} dx$

$ \Rightarrow \int _0^ \infty \frac{tan^{-1}( x)}{x(1+x)} dx=\int _0^ \infty \frac{tan^{-1}(x)+tan^{-1}( \frac{1}{x} )}{x(1+x)(1+x^2)} dx= \frac{ \pi }{2} \int _0^ \infty \frac{1}{x(1+x)(1+x^2)} dx$

انتگرال سمت راست با تجزیۀ کسرها به سادگی حل می شود.انتگرال $ \int _0^ \infty \frac{tan^{-1}(x)}{x(1+x^2)} dx$ را به کمک انتگرال پارامتری زیر برای $a \geq 0$ حل می کنیم:

$I(a)= \int _0^ \infty \frac{tan^{-1}(ax)}{x(1+x^2)} dx \Rightarrow I'(a)= \int _0^ \infty \frac{1}{(1+x^2)(1+a^2x^2)} dx= \frac{ \pi }{2(1+a)} $(چرا؟)

$ \Rightarrow I(a)= \frac{ \pi }{2} Ln(1+a)\Rightarrow I(1)= \frac{ \pi }{2} Ln(2)$

برای انتگرال تولید شده توسط کسر وسطی روش جزء به جزء را بکار ببرید لذا داریم:

$B=\int _0^ \infty \frac{tan^{-1}(x)}{1+x^2} dx= \int _0^ \infty tan^{-1}(x)d(tan^{-1}(x))$

$=tan^{-1}(x)tan^{-1}(x)]_0^ \infty - \int _0^ \infty tan^{-1}(x)d(tan^{-1}(x))= \frac{ \pi ^2}{4} -B \Rightarrow B= \frac{ \pi ^2}{2} $

$ \Box $

Answer 2

صرفن یک راه حل:

$ A:= \int _0^1 \frac{tan_{-1}(x)}{x(1+x)(1+x^2)} $

از تغییر متغیر $u =tan^{-1}(x)$ داریم:

$A= \int _0^ \frac{ \pi }{2} \frac{udu}{tanu(1+tamu)}= \int _0^ \frac{ \pi }{2}( \frac{u}{tanu} - \frac{u}{1+tanu} )du=\int _0^ \frac{ \pi }{2} \frac{udu}{tan(u)}- \int _0^ \frac{ \pi }{2} \frac{udu}{1+tan(u)} $

انتگرال اولی با تغییر متغیر $t=tan(u)$ و انتگرالهای پارامتری حل می شود.انتگرال دوم را $B$ بنامید:

$ \frac{udu}{1+tan(u)}=\frac{u.cos(u)du}{sin(u)+cos(u)}$

حالا توجه کنید که:

$ \frac{2cos(u)}{sin(u)+cos(u)}=\frac{cos(u)-sin(u)}{sin(u)+cos(u)}+\frac{cos(u)+sinu}{sin(u)+cos(u)}=+1$

$ \Rightarrow B= \int _0^ \frac{ \pi }{2}.\frac{t}{2} \frac{cos(u)-sin(u)}{sin(u)+cos(u)}du+ \int _0^ \frac{ \pi }{2}\frac{t}{2} du$

حالا در انتگرال اول صورت کسر دوم مشتق مخرج آن است.حالا روش جزء به جزء را بکار ببرید تا در نهایت به تابع زیر انتگرال زیر برسید:

$Ln(sin(u)+cos(u))=Ln( \sqrt{2} cos(x- \frac{ \pi }{4} ))$

در آخرین مرحله از سری $Ln(2cos(x))= \sum _{n=1}^ \infty (-1)^{n-1}.\frac{cos(2nx)}{n}, - \pi <x< \pi $ و جابجایی سیگما و انتگرال استفاده کنید.

$ \Box $