Застряли на этом? Решите с помощью ИИ
Calculus · real student question

Вычислить неопределённый интеграл ln(x) · arctan(x) dx.

Question

Find

∫ln⁡x tan⁡−1(x) dx.\int \ln x\,\tan^{-1}(x)\,dx.

Step-by-step solution

  1. Выбор множителя для дифференцирования. Оба выражения — ln⁡x\ln x и tan⁡−1x\tan^{-1}x — имеют простые производные, но неудобные первообразные. Если положить u=ln⁡xu=\ln x (тогда du=dxxdu=\frac{dx}{x}), а dv=tan⁡−1(x) dxdv=\tan^{-1}(x)\,dx, то после интегрирования по частям появится множитель 1x\frac{1}{x}, который сократится с xx внутри vv. Такой выбор делает оставшийся интеграл проще, а не сложнее.

  2. Вычисление v=∫tan⁡−1x dxv=\int\tan^{-1}x\,dx предварительным интегрированием по частям. Пусть a=tan⁡−1xa=\tan^{-1}x, db=dxdb=dx:

    ∫tan⁡−1x dx=xtan⁡−1x−∫x1+x2dx=xtan⁡−1x−12ln⁡(1+x2).\int\tan^{-1}x\,dx=x\tan^{-1}x-\int\frac{x}{1+x^{2}}dx=x\tan^{-1}x-\tfrac12\ln(1+x^{2}).

    Последний интеграл берётся подстановкой u=1+x2u=1+x^{2}, отсюда появляется множитель 12\tfrac12.

  3. Основное интегрирование по частям. Подставим u=ln⁡xu=\ln x, v=xtan⁡−1x−12ln⁡(1+x2)v=x\tan^{-1}x-\tfrac12\ln(1+x^{2}):

    ∫ln⁡x tan⁡−1x dx=ln⁡x(xtan⁡−1x−12ln⁡(1+x2))−∫(xtan⁡−1x−12ln⁡(1+x2))dxx.\int\ln x\,\tan^{-1}x\,dx=\ln x\left(x\tan^{-1}x-\tfrac12\ln(1+x^{2})\right)-\int\left(x\tan^{-1}x-\tfrac12\ln(1+x^{2})\right)\frac{dx}{x}.

    Разделим на xx внутри интеграла:

    ∫ln⁡x tan⁡−1x dx=xln⁡xtan⁡−1x−12ln⁡xln⁡(1+x2)−∫tan⁡−1x dx+12∫ln⁡(1+x2)xdx.\int\ln x\,\tan^{-1}x\,dx=x\ln x\tan^{-1}x-\tfrac12\ln x\ln(1+x^{2})-\int\tan^{-1}x\,dx+\tfrac12\int\frac{\ln(1+x^{2})}{x}dx.

    Здесь как раз и происходит ожидаемое сокращение: xtan⁡−1x⋅1xx\tan^{-1}x\cdot\frac1x даёт tan⁡−1x\tan^{-1}x, интеграл от которого уже найден.

  4. Распознаём оставшийся интеграл как дилогарифм. Интеграл ∫ln⁡(1+x2)xdx\int\frac{\ln(1+x^{2})}{x}dx не выражается через элементарные функции. Подставив t=−x2t=-x^{2} и сравнив с определением Li⁡2(z)=−∫0zln⁡(1−w)wdw\operatorname{Li}_{2}(z)=-\int_{0}^{z}\frac{\ln(1-w)}{w}dw, получаем:

    ∫ln⁡(1+x2)xdx=−12Li⁡2(−x2)+C.\int\frac{\ln(1+x^{2})}{x}dx=-\tfrac12\operatorname{Li}_{2}(-x^{2})+C.

    Числовая проверка: производная −12Li⁡2(−x2)-\tfrac12\operatorname{Li}_{2}(-x^{2}) при x=0,6x=0{,}6 даёт 0,51247450{,}5124745, а ln⁡(1,36)0,6=0,5124745\frac{\ln(1{,}36)}{0{,}6}=0{,}5124745 — совпадает.

  5. Собираем итоговую формулу. Подставим ∫tan⁡−1x dx\int\tan^{-1}x\,dx из шага 2 и дилогарифм из шага 4:

    ∫ln⁡x tan⁡−1x dx=xln⁡xtan⁡−1x−12ln⁡xln⁡(1+x2)−xtan⁡−1x+12ln⁡(1+x2)−14Li⁡2(−x2)+C.\int\ln x\,\tan^{-1}x\,dx=x\ln x\tan^{-1}x-\tfrac12\ln x\ln(1+x^{2})-x\tan^{-1}x+\tfrac12\ln(1+x^{2})-\tfrac14\operatorname{Li}_{2}(-x^{2})+C.

    Таким образом, ответ выражается в замкнутой форме, но только с использованием дилогарифма — ни одна комбинация элементарных функций не подойдёт.

  6. Проверка численным дифференцированием. Вычислим производную правой части по формуле центральных разностей: при x=0,5x=0{,}5 получаем −0,32137603-0{,}32137603, а ln⁡(0,5)tan⁡−1(0,5)=−0,32137603\ln(0{,}5)\tan^{-1}(0{,}5)=-0{,}32137603 — совпадает; при x=0,7x=0{,}7 — −0,21783065-0{,}21783065 против −0,21783065-0{,}21783065. Совпадение до восьмого знака подтверждает правильность всех коэффициентов.

Answer

∫ln⁡x tan⁡−1x dx=xln⁡xtan⁡−1x−12ln⁡xln⁡(1+x2)−xtan⁡−1x+12ln⁡(1+x2)−14Li⁡2(−x2)+C\int\ln x\,\tan^{-1}x\,dx=x\ln x\tan^{-1}x-\tfrac12\ln x\ln(1+x^{2})-x\tan^{-1}x+\tfrac12\ln(1+x^{2})-\tfrac14\operatorname{Li}_{2}(-x^{2})+C

Need to solve a different problem like this? Open the solver →