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TererceCY

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求:函数f(x)=(xarctan)^2/(1+x^2)在0～1上的定积分!

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1楼 2016-12-26 20:16:17

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ys38079456

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3楼2016-12-26 22:14:43

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alober

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$2i\arctan x = \ln(1+ix)-\ln(1-ix)$ ，两边平方得
$-4\arctan^2x = (\ln(1+ix)-\ln(1-ix))^2 = \ln^2(1+ix)+\ln^2(1-ix)-2\ln(1+ix)\ln(1-ix)$
所以
$-4I = \int\left[\ln^2(1+ix)+\ln^2(1-ix)-2\ln(1+ix)\ln(1-ix)\right]dx$

令t=1+ix，则dt = idx，于是
$\int_{0}^{1}\ln^2(1+ix)dx= -i\int_{1}^{1+i}\ln^2t \cdot (t)'dt = -i([t\ln^2t]_{1}^{1+i}-\int_{1}^{1+i}t \cdot (\ln^2t)'dt)= -i((1+i)\ln^2(1+i)-2\int_{1}^{1+i}\ln tdt) = (1-i)\ln^2(1+i)+2i[-t+t\ln t]_{1}^{1+i}=(2-\frac{\pi}{2}-\frac{\pi^2}{16}-\ln2+\frac{\pi\ln2}{4}+\frac{\ln^22}{4})+i(\ln2-\frac{\pi}{2}+\frac{\pi^2}{16}+\frac{\pi\ln2}{4}-\frac{\ln^22}{4})$

令t=1-ix，则dt=-idx，于是
$\int_{0}^{1}\ln^2(1-ix)dx = i\int_{1}^{1-i}\ln^2t \cdot (t)'dt = i([t\ln^2t]_{1}^{1-i}-\int_{1}^{1-i}t \cdot (\ln^2t)'dt)=i((1-i)\ln^2(1-i)-2\int_{1}^{1-i}\ln tdt) = (1+i)\ln^2(1-i)-2i[-t+t\ln t]_{1}^{1-i}=(2-\frac{\pi}{2}-\frac{\pi^2}{16}-\ln2+\frac{\pi\ln2}{4}+\frac{\ln^22}{4})+i(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi^2}{16}-\ln2-\frac{\pi\ln2}{4}+\frac{\ln^22}{4})$

令u=\ln(1+ix), v'=\ln(1-ix)，则 $u'=\frac{1}{x-i}, v = (x+i)(-1+\ln(1-ix))$ 。于是
$\int_{0}^{1}\ln(1+ix)\ln(1-ix)dx = uv-\int vu'dx= [(x+i)(-1+\ln(1-ix))\ln(1+ix)]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{(x+i)(-1+\ln(1-ix))}{x-i}dx= (1+i)(-1+\ln(1-i))\ln(1+i)+\int_{0}^{1}(1+\frac{2i}{x-i}-\frac{(x+i)\ln(1-ix)}{x-i})dx= (1+i)(-1+\ln(1-i))\ln(1+i)+1-\frac{\pi}{2}+i\ln2-\int_{0}^{1}\frac{(x+i)\ln(1-ix)}{x-i}dx= (\frac{\pi^2}{16}-\frac{\pi}{4}+1+\frac{\ln^22}{4}-\frac{\ln2}{2})+i(\frac{\pi^2}{16}-\frac{\pi}{4}+\frac{\ln^22}{4}+\frac{\ln2}{2})-\int_{0}^{1}\frac{(x+i)\ln(1-ix)}{x-i}dx$

于是
$-4I = 2-\frac{\pi}{2}-\frac{\pi^2}{4}-\ln2+\frac{\pi\ln2}{2}+i(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi^2}{8}-\ln2-\frac{\ln^22}{2})+2\int_{0}^{1}\frac{(x+i)\ln(1-ix)}{x-i}dx$

令t=x-i，则dt=dx，于是
$\int_{0}^{1}\frac{(x+i)\ln(1-ix)}{x-i}dx = \int_{-i}^{1-i}\frac{(t+2i)(\ln(t+2i)-\ln i)}{t}dt = \int_{-i}^{1-i}(\frac{\pi}{t}-\frac{i\pi}{2}+\ln(t+2i)+\frac{2i\ln(t+2i)}{t})dt= \frac{\pi}{4}-1+\frac{\ln2}{2}+\frac{\pi\ln2}{2}+i(\frac{\pi^2}{4}-\frac{\pi}{4}+\frac{\ln2}{2})+2i\int_{-i}^{1-i}\frac{\ln(t+2i)}{t}dt$

于是
$-4I = -\frac{\pi^2}{4}+\frac{3\pi\ln2}{2}+i(\frac{3\pi^2}{8}-\frac{\ln^22}{2})+4i\int_{-i}^{1-i}\frac{\ln(t+2i)}{t}dt$

令 $s = \frac{t}{2i}$ ，则 $ds = \frac{dt}{2i}$ ，所以
$\int_{-i}^{1-i}\frac{\ln(t+2i)}{t}dt = \int_{-\frac{1}{2}}^{-\frac{1+i}{2}}\frac{\ln(s+1)+\ln(2i)}{2is}2ids = \int_{-\frac{1}{2}}^{-\frac{1+i}{2}}\frac{\ln(s+1)}{s}ds + \frac{\ln^22}{2}-\frac{\pi^2}{8}+i\frac{\pi\ln2}{2}= -Li_2(\frac{1+i}{2})+Li_2(\frac{1}{2})+\frac{\ln^22}{2}-\frac{\pi^2}{8}+i\frac{\pi\ln2}{2} = -Li_2(\frac{1+i}{2})-\frac{\pi^2}{24}+\frac{i\pi\ln2}{2}$

所以
$-4I = i(-4Li_2(\frac{1+i}{2})+\frac{5\pi^2}{24}-\frac{\ln^22}{2})-\frac{\pi^2}{4}-\frac{\pi\ln2}{2}$

而
$Li_2(\frac{1+i}{2}) = Li_2(1-\frac{1-i}{2}) = -\frac{\ln^2(\frac{1-i}{2})}{2}-Li_2(1-\frac{1}{\frac{1-i}{2}}) = \frac{\pi^2}{32}-\frac{\ln^22}{8}-\frac{i\pi\ln2}{8}-Li_2(-i)$

所以
$-4I = 4iLi_2(-i)-\pi^2(\frac{1}{4}-\frac{i}{12})-\pi\ln2 = 4G-\frac{\pi}{4}(\pi +4\ln2)$

因此 $I = \frac{\pi(\pi+4\ln2)}{16}-G$

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16楼2016-12-27 19:25:24

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dongdalixue

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1楼: Originally posted by TererceCY at 2016-12-26 20:16:17
求:函数f(x)=(xarctan)^2/(1+x^2)在0～1上的定积分!

题目是不是写错了，是arctanx吧

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2楼2016-12-26 21:39:32

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ys38079456

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如上

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4楼2016-12-26 22:14:55

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TererceCY

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2楼: Originally posted by dongdalixue at 2016-12-26 21:39:32
题目是不是写错了，是arctanx吧
...

是的，不好意思，那该怎么做呢？

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5楼2016-12-27 09:46:56

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TererceCY

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4楼: Originally posted by ys38079456 at 2016-12-26 22:14:55
如上

(atctanx)^2还要乘x^2啊！就是因为多了x?才不会的。。。

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6楼2016-12-27 09:48:54

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6楼: Originally posted by TererceCY at 2016-12-27 09:48:54
(atctanx)^2还要乘x^2啊！就是因为多了x?才不会的。。。
...

没看到哈，分部积分一下就好

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7楼2016-12-27 12:21:29

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等下啊，分部积分错了

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8楼2016-12-27 12:22:46

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8楼: Originally posted by ys38079456 at 2016-12-27 12:22:46
等下啊，分部积分错了

我也是在这里遇到问题的

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9楼2016-12-27 12:24:29

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这个不能用初等积分表示，做不出来。

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10楼2016-12-27 13:07:11

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