Integrar a $\sin^{-1}\frac{2x}{1+x^2}$

Question

Integrar a $\sin^{-1}\frac{2x}{1+x^2}$

La solución está dada en mi referencia como: $2x\tan^{-1}x-\log(1+x^2)+C$.

Pero, ¿es una solución completa ?

Mi Intento $$ \int 2\bronceado^{-1}x \, dx=\int \bronceado^{-1}x \cdot 2\,dx=\bronceado^{-1}x\int2\,dx\int\frac{1}{1+x^2}\int2\,dx\cdot dx\\ =\bronceado^{-1}x \cdot2x-\int\frac{2x}{1+x^2}\,dx=2x\bronceado^{-1}x\log(1+x^2)+C $$ $$ 2\bronceado^{-1}x=\begin{cases}\sin^{-1}\frac{2x}{1+x^2}\text{ if }|x|\leq{1}\\ \pi-\sin^{-1}\frac{2x}{1+x^2}\text{ if }|x|>{1}\text{ and }x>0\\ -\pi-\sin^{-1}\frac{2x}{1+x^2}\text{ if }|x|>{1}\text{ and }x<0 \end{casos}\\ \sin^{-1}\frac{2x}{1+x^2}=\begin{cases}2\tan^{-1}x\text{ if }|x|\leq{1}\\ \pi-2\tan^{-1}x\text{ if }|x|>{1}\text{ and }x>0\\ -\pi-2\tan^{-1}x\text{ if }|x|>{1}\text{ and }x<0 \end{casos} $$ $$ \int\sin^{-1}\frac{2x}{1+x^2}\,dx=\begin{cases}\int2\tan^{-1}x\,dx&\text{ if } |x|\leq{1}\\\int\pi\, dx-\int2\tan^{-1}x\,dx&\text{ if }|x|>{1}&\text{ and } x>0\\-\int\pi \,dx-\int2\tan^{-1}x\,dx&\text{ if }|x|>{1}&\text{ and } x<0\end{casos}=\begin{cases}\color{red}{2x\tan^{-1}x-\log(1+x^2)+C\text{ if } |x|\leq{1}}\\\pi x-2x\tan^{-1}x+\log(1+x^2)+C&\text{ if }|x|>{1}&\text{ and } x>0\\-\pi x-2x\tan^{-1}x+\log(1+x^2)+C&\text{ if }|x|>{1}&\text{ and } x<0\end{casos}$$

Así que no tenemos dos casos más de nuestra solución en lugar de que se da en mi referencia, derecho ?

Answer 1

Tienes razón, pero depende de lo que la pregunta es; si a uno se le pide calcular $$ \int_{0}^{1}\arcsin\frac{2x}{1+x^2}\,dx $$ a continuación, sólo la antiderivada $2\arctan x$ es suficiente. No si uno quiere calcular una integral que involucre puntos fuera del intervalo de $[-1,1]$.

He aquí un camino más corto para llegar a su resultado.

Considere la posibilidad de $$ f(x)=\arcsin\frac{2x}{1+x^2} $$ Entonces $$ f'(x)=\frac{1}{\sqrt{1-\dfrac{4x^2}{(1+x^2)^2}}}\frac{2(1+x^2)-4x^2}{(1+x^2)^2} =\frac{1+x^2}{|1-x^2|}\frac{2(1-x^2)}{(1+x^2)^2} $$ por lo tanto $$ f'(x)=\begin{cases} \dfrac{2}{1+x^2} & x\in(-1,1) \\[4px] -\dfrac{2}{1+x^2} & x\in(-\infty,-1)\cup(1,\infty) \end{casos} $$ Por lo tanto, sabiendo que $f(0)=0$, $$ f(x)=\begin{cases} -\pi-2\arctan x & x<-1 \\[4px] 2\arctan x & -1\le x\le 1 \\[4px] \pi-2\arctan x & x>1 \end{casos} $$

Con el fin de encontrar una antiderivada podemos considerar $$ \int\arctan x\,dx=x\arctan x\int\frac{x}{1+x^2}\,dx =x\arctan x-\frac{1}{2}\log(1+x^2) $$ Por lo tanto una antiderivada de $f$ tiene la forma $$ F(x)=\begin{cases} c_- -\pi x-2x\arctan x+\log(1+x^2) &\qquad x<-1 \\[4px] 2x\arctan x-\log(1+x^2) &\qquad -1\le x\le 1 \\[4px] c_+ +\pi x-2x\arctan x+\log(1+x^2) &\qquad x>1 \end{casos} $$ y sólo se necesita para determinar el $c_-$ $c_+$ a garantizar la continuidad en$-1$$1$.

El otro antiderivatives difieren de $F$ por una constante.

Answer 2

La "identidad"

$$\arcsin\left(2x\over1+x^2\right)=2\arctan x$$

¿ no tienen validez para todos los $x$. Usted puede ver esto mediante la comparación de los rangos de los dos lados. La función arcoseno ha $[-\pi/2,\pi/2]$ de su gama, pero dos veces el arco tangente de la función de ha $(-\pi,\pi)$ de su gama. En particular, si $x\gt1$,$2\arctan x\gt\pi/2$, e igualmente si $x\lt-1$ $2\arctan x\lt-\pi/2$ (desde $\arctan1=\pi/4$).

La identidad correcta es

$$\arcsin\left(2x\over1+x^2\right)= \begin{cases} \pi-2\arctan x\qquad\text{if }x\ge1\\ 2\arctan x\qquad\quad\text{ }\text{ if }-1\le x\le1\\ -\pi-2\arctan x\quad\text{ if }x\le-1 \end{casos}$$

(Nota, he intencionalmente superponen los intervalos en $x=\pm1$ a estrés el acuerdo de $\pi-2\arctan1=2\arctan1$$2\arctan(-1)=-\pi-2\arctan(-1)$.) El OP observaciones en relación con la integral de seguir.

Answer 3

De acuerdo a la norma de la tangente de la mitad de ángulo de sustitución \begin{align} & x=\tan\frac\theta 2 \\[8pt] & 2\arctan x = \theta \\[8pt] & \frac {2\,dx}{1+x^2} = d\theta \\[8pt] & dx = \sec^2\frac\theta 2 \,\,\frac{d\theta} 2 \\[8pt] & \frac{2x}{1+x^2} = \sin\theta \\[8pt] & \frac{1-x^2}{1+x^2} = \cos\theta \end{align} Así tenemos a $\theta = \arcsin\dfrac{2x}{1+x^2}.$ Así \begin{align} & \int \arcsin\frac{2x}{1+x^2} \, dx = \int \theta \left( \sec^2\frac\theta 2 \,\, \frac{d\theta} 2 \right) = \int\theta \, dv = \theta v - \int v\,d\theta \\[10pt] = {} & \theta\tan\frac\theta 2 - \int \tan\frac\theta 2 \, d\theta = \theta\tan\frac\theta 2 +2\log\left|\cos\frac\theta 2\right| + C \\[10pt] = {} & \theta \tan \frac \theta 2 + \log\left|\frac 1 2 + \frac 1 2 \cos\theta \right| + C = \theta\tan\frac \theta 2 + \log\left| \frac 1 2 + \frac{1-x^2}{2(1+x^2)} \right| + C \\[10pt] = {} & 2x\arctan x - \log(1+x^2) + C \end{align}

Answer 4

Sabemos que $\tan(\theta/2) = \frac{\sin(\theta)}{1+\cos(\theta)}$$\cos(\theta) = \sqrt{1-\sin^2(\theta)}$. Así que, dejando $x = \sin(\theta)$ $(\implies \theta = \arcsin(x))$ tenemos:

$\tan(\theta/2) = \frac{x}{1+\sqrt{1-x^2}} \implies \frac{\theta}{2} = \arctan\left(\frac{x}{1+\sqrt{1-x^2}}\right) \implies \arcsin(x) = 2\arctan\left(\frac{x}{1+\sqrt{1-x^2}}\right)$.

Con eso en las manos, sólo tenemos que calcular el $\arcsin\left(\frac{2x}{1+x^2}\right) = 2\arctan\left(\frac{\frac{2x}{1+x^2}}{1+\sqrt{1-\frac{4x^2}{1+2x^2+x^4}}}\right)$.

Ahora observe que el $\frac{\frac{2x}{1+x^2}}{1+\sqrt{1-\frac{4x^2}{1+2x^2+x^4}}} = \frac{\frac{2x}{1+x^2}}{1+\sqrt{\frac{1-2x^2+x^4}{1+2x^2+x^4}}} = \frac{\frac{2x}{1+x^2}}{1+\frac{1-x^2}{1+x^2}} = \frac{\frac{2x}{1+x^2}}{\frac{2}{1+x²}} = x$. Yo thik esta solucionar la igualdad que estaban luchando con el.