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  • 一个简单的对数积分

    [Largedisplaystyle int_{0}^{1}frac{lnleft ( 1+x^{2} ight )}{1+x^{2}}mathrm{d}x ]


    (Largemathbf{Solution:})
    方法一:考虑含参积分

    [mathcal{I}left ( alpha ight )=int_{0}^{1}frac{lnleft ( 1+alpha x^{2} ight )}{1+x^{2}}mathrm{d}x ]

    [mathcal{I}'left ( alpha ight )=int_{0}^{1}frac{x^{2}}{left (1+x^{2} ight )left ( 1+alpha x^{2} ight )}mathrm{d}x ]

    往下积分有理积分形式.


    方法二:

    [egin{align*} int_{0}^{1}frac{lnleft ( 1+x^{2} ight )}{1+x^{2}}mathrm{d}x&=sum_{n=1}^{infty }frac{left ( -1 ight )^{n+1}}{n}int_{0}^{1}frac{x^{2n}}{1+x^{2}}mathrm{d}x\&=frac{1}{4}sum_{n=1}^{infty }frac{left ( -1 ight )^{n+1}}{n}left ( psi _{0}left ( frac{n}{2}+frac{3}{4} ight )-psi _{0}left ( frac{n}{2}+frac{1}{4} ight ) ight ) end{align*}]

    接下来就涉及到了 Euler Sum的计算.上述两种方法都过于麻烦,现在我们看一种更为简单的方法.


    方法三:做代换 (x= an t),我们有

    [int_{0}^{1}frac{lnleft ( 1+x^{2} ight )}{1+x^{2}}mathrm{d}x=int_{0}^{frac{pi }{4}}lnleft ( 1+ an^{2}t ight )mathrm{d}t=-2int_{0}^{frac{pi }{4}}lncos tmathrm{d}t ]

    因为

    [int_{0}^{frac{pi }{4}}lncos tmathrm{d}t=frac{1}{2}left ( mathbf{G}-frac{pi }{2}ln 2 ight ) ]

    所以

    [Largeoxed{displaystyle int_{0}^{1}frac{lnleft ( 1+x^{2} ight )}{1+x^{2}}mathrm{d}x=color{blue}{frac{pi }{2}ln 2-mathbf{G}}} ]

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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/Renascence-5/p/5483356.html
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