Cálculo automático de um integral difícil que me resistiu aos métodos matemáticos usuais

Por ser bastante instrutivo, vale a pena analisar o método extremamente engenhoso que Nilay Vaish,  autor de uma das resoluções do integral do problema POW-10 (problem of the week 10, de Todd and Vishal’s blog),  usou para lá chegar — obteve uma equação linear em relação a esse integral — bem como tomar conhecimento do da diferenciação sob o sinal de integral exposto no post. 

Eu, pela minha parte, NÃO consegui determinar o integral proposto pelos métodos do cálculo integral real ou complexo, embora soubesse que o valor desse integral  

\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{x}{\tan x}dx

era \dfrac{\pi }{2}\log 2, depois de ter recorrido ao Mathematica Online Integrator para obter uma primitiva  de \dfrac{x}{\tan x}:

\displaystyle\int\dfrac{x}{\tan x}dx=x\log\left( 1-e^{2ix}\right) -\dfrac{1}{2}i\left( x^{2}+Li_{2}\left( e^{2ix}\right) \right) ,\qquad (1)

em que \log \left( x\right) é o logaritmo natural e Li_{2}\left( x\right) a função dilogarítmica

Li_{2}\left( x\right) =\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{x^{k}}{k^{2}}

da qual utilizei os seguintes valores particulares

Li_{2}\left( 1\right) =\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{1}{k^{2}}=\zeta \left( 2\right) =\dfrac{\pi ^{2}}{6}\qquad (2)

e

Li_{2}\left( -1\right) =\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{\left( -1\right) ^{k}}{k^{2}}=-\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{\left( -1\right) ^{k+1}}{k^{2}}=-\dfrac{1}{2}\zeta \left( 2\right) =-\dfrac{\pi ^{2}}{12},\qquad (3)

uma vez que \zeta \left( 2\right) =\dfrac{\pi ^{2}}{6} e, sendo em geral, 

\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{\left( -1\right) ^{k+1}}{k^{n}}=\zeta \left( n\right) \left( 1-2^{1-n}\right)

se tem

\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{\left( -1\right) ^{k+1}}{k^{2}}=\dfrac{1}{2}\zeta\left( 2\right) .

Usando (1), (2) e  (3)  tudo o que fiz foi calcular

\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{x}{\tan x}dx=\left[ x\log \left( 1-e^{2ix}\right) -\dfrac{1}{2}i\left( x^{2}+Li_{2}\left( e^{2ix}\right) \right) \right] _{0}^{\pi /2}

=\left[ x\log \left( 1-e^{2ix}\right) \right] _{0}^{\pi /2}-\left[ \dfrac{1}{2}i\left( x^{2}+Li_{2}\left( e^{2ix}\right) \right) \right] _{0}^{\pi /2}

=\dfrac{\pi }{2}\log \left( 2\right) -\dfrac{1}{2}i\left( \dfrac{\pi ^{2}}{4}\right) -\dfrac{1}{2}i\left( Li_{2}\left( -1\right) \right) +\dfrac{1}{2}i\left( Li_{2}\left( 1\right) \right)

=\dfrac{\pi }{2}\log \left( 2\right) -\dfrac{1}{2}i\left( \dfrac{\pi ^{2}}{4}\right) -\dfrac{1}{2}i\left( -\dfrac{\pi ^{2}}{12}\right) +\dfrac{1}{2}i\dfrac{\pi ^{2}}{6}=\dfrac{\pi }{2}\log \left( 2\right)

PS. corrigido para “autor de uma das resoluções”, no primeiro parágrafo [3-12-2008, 0h42m UTC]

PPS. simplificada ligeiramente a exposição.

Adenda de 5-12-2008: acrescentado link à minha entrada de hoje sobre  o método da diferenciação sob o sinal de integral.

Sobre Américo Tavares

eng. electrotécnico reformado / retired electrical engineer
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5 respostas a Cálculo automático de um integral difícil que me resistiu aos métodos matemáticos usuais

  1. Domingos Faustino diz:

    gostei

  2. Você tentou usar tg(x) = u, então x = arctg(u)?
    Daí fica dx = du/(1+u²) e a integral fica arctg(u)/(1+u²). * du/u, coisa que tenho certeza que já vi parecida no livro do Spivak.

  3. joão pedro abreu de souza diz:

    Bom, da integral de arctg(u)du/((u^2 + 1)u) você poderia usar integração por partes, derivando 1/u e integrando arctg(u)du/(u^2+1), donde a derivada de 1/u seria -1/u^2, e a integral de arctg(u)du/(u^2+1) seria resolvida substituindo arctg(u)=z e dz=du/(u^2+1)

  4. sergio diz:

    não entendi bulhufas nenhuma

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