Re: [微積] 有點困難的積分
※ 引述《Lanjaja ()》之銘言：
: 各位板上強者好，我又被一道積分題給困助很久了，
: 上來數學板向各位強者求救。
: 1
: ∫(1/x)ln(1+x) dx
: 0
: 方法不限，如果可以給出不同作法也很棒。
: 感謝各位強者的幫忙～
用複變積分做.
1 ln(1+x) 1 -ln(1-x)
首先令所求 = J = ∫ --------- dx 、另外令 K = ∫ ---------- dx .
0 x 0 x
1 ln(1-x^2) 1 ln(1-u)
K - J = -∫ ----------- dx = -∫ --------- du = K/2 .
0 x 0 2u
可得 K = 2J .
考慮複變函數 f(z) = (1/z)ln(1+z)，分支切割取(-1,0)到(-1,-∞)的直線，
，故(1+z)的幅角範圍為 -π/2 ~ 3π/2 。而原點(0,0)為f(z)之極點。
複變積分 Ic = ∮f(z)dz，
其中積分路徑C 為複平面的上半圓，詳細如下：
C1：正實數軸，z = x+i0 ， x = ρ ~ x = R .
CR：上半圓，z = Re^(iθ) ， θ = 0 ~ θ = π .
C2：負實數軸，z = x+i0 ， x = -R ~ x = -1-r .
Cr： z = -1 + re^(iθ)，θ = π ~ θ = 0 .
C3： z = x+i0 ， x = -1+r ~ x = -ρ .
Cρ： z = ρe^(iθ) , θ = π ~ θ = 0 .
C = C1 + CR + C2 + Cr + C3 + Cρ .
C內無極點，故Ic = 0 .
以下分項計算積分，並取ρ→0、r→0：
ln(1+z) R ln(1+x) R ln(1+x)
I1 = ∫ --------- dz = ∫ --------- dx = J + ∫ --------- dx
C1 z ρ x 1 x
ln(1+z) -1-r ln(-x-1) + iπ
I2 = ∫ --------- dz = ∫ ---------------- dx
C2 z -R x
R ln(t-1) + iπ R ln(x-1)
= - ∫ --------------- dt = - ∫ --------- dx - iπln(R) .
1+r t 1 x
-ρ ln(1+x) 1-r -ln(1-t)
I3 = ∫ --------- dx = ∫ ---------- dt = K = 2J .
-1+r x ρ t
R ln(x+1) - ln(x-1)
令 L = ∫ -------------------- dx
1 x
1/R ln(1/t +1) - ln(1/t -1) 1 ln(1+t) - ln(1-t)
則 L = ∫ -------------------------- dt = ∫ ------------------- dt
1 -t 1/R t
現在取R→∞，則 L = J + K = 3J.
故ρ→0、r→0、R→∞下：
I1 + I2 + I3 = J + K + L - iπln(R) = 6J -iπln(R) .
而在 ρ→0、r→0 之下，Iρ和Ir皆→0，證明從略。
最後算IR：
π ln︱1+Re^iθ︱ + i arg(1+Re^iθ)
IR = ∫ ------------------------------------ i Re^(iθ) dθ
0 Re^(iθ)
π i
= ∫ { ---ln(R^2-2Rcosθ+1) - arg(1+Re^iθ) } dθ .
0 2
R→∞下，arg(1+Re^iθ) = θ .
π
故IR = iM - ∫θdθ = iM - π^2 /2 .
0
π
其中 M = (1/2)∫ ln(R^2-2Rcosθ+1) dθ .
0
Ic = I1 + I2 + I3 + Ir + Iρ + IR
0 = 6J -iπln(R) + 0 + 0 + iM - π^2 /2
取實部可得 J = π^2 /12 . QED.
註：
1. 另外可以證明在R→∞下，M -πlnR = 0，但虛部與所求無甚關係，故從略。
2. 嚴謹一點的話，應該要先證明 J、K、L 收斂，再行代換運算比較保險。
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