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Se tiene la integral

I0=∫x2x1x1/4dxx3+2x+logx−−−−−−−−−−−−√.I0=∫x1x2x1/4dxx3+2x+log⁡x.

Haciendo un cambio de variable x=eux=eu, la integral queda como

I=∫logx2logx1du(eu/2+2e−3u/2+ue−5u/2)−1/2.I=∫log⁡x1log⁡x2du(eu/2+2e−3u/2+ue−5u/2)−1/2.

Podría multiplicar adecuadamente el integrando, de tal forma que quede una fracción con la raíz arriba, sin embargo esto no es muy útil, salvo para notar que al hacer una expansión en serie del término de la raíz quedarían integrales del tipo

∫unduc1ec2u+⋯∫unduc1ec2u+⋯

las cuáles no se pueden representar en términos de funciones elementales. Así que intentaré expresar la integral en términos de una suma infinita.

Primero nótese que

I=limλ→1∂∂λ(2∫(λe−u/2+2e−5u/2+ue−7u/2)1/2du).I=limλ→1∂∂λ(2∫(λe−u/2+2e−5u/2+ue−7u/2)1/2du).

Mientras que

λe−u/2+2e−5u/2+ue−7u/2dondecn=∑n=0∞cnun=λ(−1/2)nn!+2(−5/2)nn!+(−7/2)n−1(n−1)!.λe−u/2+2e−5u/2+ue−7u/2=∑n=0∞cnundondecn=λ(−1/2)nn!+2(−5/2)nn!+(−7/2)n−1(n−1)!.

Así mismo

c0x0+c1x1+c2x2+⋯−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√dondeξ=c1/20(1+1c0(c1x1+c2x2+⋯))1/2=∑m=0∞(−1)m+1(2m)!22m(2m−1)(m!)2c1/2−m0(∑n=1∞cnun)m=∑m=0∞(−1)m+1(2m)!22m(2m−1)(m!)2(2+λ)1/2−m(ξ)m=λe−u/2+2e−5u/2+ue−7u/2−(2+λ).c0x0+c1x1+c2x2+⋯=c01/2(1+1c0(c1x1+c2x2+⋯))1/2=∑m=0∞(−1)m+1(2m)!22m(2m−1)(m!)2c01/2−m(∑n=1∞cnun)m=∑m=0∞(−1)m+1(2m)!22m(2m−1)(m!)2(2+λ)1/2−m(ξ)mdondeξ=λe−u/2+2e−5u/2+ue−7u/2−(2+λ).

Derivando respecto de λλ y tomando el límite, la integral en serie queda

I=2∑m=0∞(−1)m+1(2m)!22m(2m−1)(m!)2∫ξm3m+1/2(3m(e−u/2−1)ξ−1−(m−1/2))duI=2∑m=0∞(−1)m+1(2m)!22m(2m−1)(m!)2∫ξm3m+1/2(3m(e−u/2−1)ξ−1−(m−1/2))du

Lo cuál se reduce al cálculo de integrales del tipo

∫due−u/2(λe−u/2+2e−5u/2+ue−7u/2−3)m,∫due−u/2(λe−u/2+2e−5u/2+ue−7u/2−3)m,

que se pueden expresar en términos de funciones elementales; o usar el teorema multinomial para dejar expresada la integral en una suma infinita de potencias de uu, a costa de encontrar una expresión cerrada para los coeficientes, lo cuál es sumamente difícil. Entonces, la integral para los primeros términos es

I=13–√∫due−u/2(12−ξ12+ξ248−5ξ3864+35ξ420736−7ξ513824+⋯)I=13∫due−u/2(12−ξ12+ξ248−5ξ3864+35ξ420736−7ξ513824+⋯)

Como resultado matemático, todo bien, pero con respecto a la eficiencia del cálculo, es mejor con métodos numéricos.

A manera de ejemplo, la gráfica para el integrando de II y los primeros 100100 términos de la expansión en serie dan la curva

Mientras que la integral

f(x)=∫xlogrdu(eu/2+2e−3u/2+ue−5u/2)−1/2,f(x)=∫log⁡rxdu(eu/2+2e−3u/2+ue−5u/2)−1/2,

para los primeros 100 términos, donde rr es el valor provisto por , se tiene,

Hasta el momento desconozco si las series puedan ser expresadas en términos de algunas funciones especiales, o mejor, que la integral de estas series, sean por definición alguna función súper—especial.