Evaluar $\int_0^1x(\tan^{-1}x)^2~\textrm{d}x$

Question

Evaluar $\int\limits_0^1x(\tan^{-1}x)^2~\textrm{d}x$

Mi intento

Déjalo, $\tan^{-1}x=y\implies x=\tan y\implies dx=\sec^2y.dy=(1+\tan^2y)dy$ $$ \begin{align} &\int\limits_0^1x(\tan^{-1}x)^2dx=\int\limits_0^{\pi/4}\tan y.y^2.(1+\tan^2y)dy\\ &=\int\limits_0^{\pi/4}\tan y.y^2dy+\int\limits_0^{\pi/4}\tan^3y.y^2dy\\ &=\bigg[y^2.\log|\sec y|-\int2y.\log|\sec y|dy\bigg]+\int_0^{\pi/4}\tan^3y.y^2dy\\ &=\bigg[y^2.\log|\sec y|-y^2.\log|\sec y|+\int\frac{\tan y\sec y}{\sec y}y^2dy\bigg]+\int_0^{\pi/4}\tan^3y.y^2dy\\ \end{align} $$ ¿Cómo puedo seguir adelante y resolver la integración?

Answer 1

Intentemos la integración por partes: \begin {align} \int x( \arctan x)^2\\Nde la misma manera, dx &= \frac {x^2}{2}( \arctan x)^2- \int\frac {x^2}{2}2 \arctan x \frac {1}{1+x^2}\N-, dx \\ &= \frac {x^2}{2}( \arctan x)^2- \int\frac {1+x^2-1}{1+x^2} \arctan x\, dx \\ &= \frac {x^2}{2}( \arctan x)^2- \int\arctan x\,dx+ \int\frac {1}{1+x^2} \arctan x\, dx \end {align} Ahora, observe que $$ \int\arctan x\,dx=x\arctan x-\int\frac{x}{1+x^2}\,dx $$ y que $$ \int\frac{1}{1+x^2}\arctan x\,dx= \frac{1}{2}(\arctan x)^2 $$

Answer 2

El cambio de variables inicial del OP llevará a una respuesta con un par de integraciones por partes y una identidad trigonométrica intermedia:

$$\begin{align} \int_0^1x(\arctan x)^2dx &=\int_0^{\pi/4}y^2\tan y\sec^2y\,dy\\ &={1\over2}y^2\tan^2y\,\Big|_0^{\pi/4}-\int_0^{\pi/4}y\tan^2y\,dy\quad(u=y^2,\,\, dv=\tan y\sec^2y\,dy)\\ &={1\over2}\left(\pi\over4\right)^2-\int_0^{\pi/4}y(\sec^2y-1)\,dy\quad\text{(trig identity)}\\ &={\pi^2\over32}+\int_0^{\pi/4}y\,dy-\int_0^{\pi/4}y\sec^2y\,dy\\ &={\pi^2\over32}+{\pi^2\over32}-\left(y\tan y\,\Big|_0^{\pi/4}-\int_0^{\pi/4}\tan y\,dy \right)\quad(u=y,\,\, dv=\sec^2y\,dy)\\ &={\pi^2\over16}-{\pi\over4}-\left(\ln\cos y\,\Big|_0^{\pi/4} \right)\\ &={\pi^2\over16}-{\pi\over4}-\ln(1/\sqrt2)+\ln(1)\\ &={\pi^2\over16}-{\pi\over4}+{1\over2}\ln2 \end{align}$$

Observaciones: Una vez que el cambio de variable dejó de integrar $y^2\times$ trig( $y$ ), es necesario martillear el $y^2$ con integración por partes, primero con $u=y^2$ , entonces con $u=y$ . El OP hizo una cosa aparentemente sensata, romper $\int y^2(\tan y+\tan^3y)dy$ en piezas separadas, $\int y^2\tan y\,dy$ y $\int y^2\tan^3y\,dy$ . El problema es que ninguna de estas piezas, por sí mismo tiene una buena antiderivada. Integración por partes en $\int y^2\tan y\,dy$ con $u=y^2$ y $dv=\tan y\,dy$ , hojas $\int y\ln\sec y\,dy$ como el OP encontró, pero en ese punto estás atascado. Lo que el OP hizo fue, en efecto, para deshacer la primera integración por partes, dejando que $u=\ln\sec y$ y $dv=y\,dy$ . La lección que debemos aprender es que las identidades trigonométricas y la integración por partes son herramientas maravillosas, pero a veces nos llevan a callejones sin salida, por lo que tenemos que estar preparados, a veces, para abandonar y empezar de nuevo. La práctica no hará la perfección, pero te ayudará a desarrollar un olfato para los caminos que probablemente den resultado.

Answer 3

Dejemos que $I$ sea nuestra integral y utilizando la integración por partes en $u=\arctan^2x$ vemos que $I$ es igual a

$$\begin{align*}I & =\frac 12x^2\arctan^2x\,\Biggr\rvert_0^1-\int\limits_0^1dx\,\frac {x^2\arctan x}{1+x^2}\\ & =\frac {\pi^2}{32}-\int\limits_0^1dx\,\frac {x^2\arctan x}{1+x^2}\end{align*}$$

La segunda integral, de nuevo, puede resolverse mediante integración por partes con $u=\arctan x$ . Tenga en cuenta que para $dv$ , sumando y restando uno, obtenemos $$v=x-\arctan x$$ Por lo tanto, $$\begin{align*}I & =\frac {\pi^2}{32}-\arctan x(x-\arctan x)\,\Biggr\rvert_0^1+\int\limits_0^1dx\,\frac x{1+x^2}-\int\limits_0^1dx\,\frac {\arctan x}{1+x^2}\\ & =\frac {\pi^2}{32}-\frac {\pi}4+\frac {\pi^2}{16}+\frac 12\log(1+x^2)\,\Biggr\rvert_0^1-\frac 12\arctan^2x\,\Biggr\rvert_0^1\end{align*}$$

Ahora sólo se trata de evaluar cada resultado a partir de sus límites y utilizar esa $\arctan 1=\pi/4$ para conseguir

$$\int\limits_0^1dx\, x\arctan^2x\color{blue}{=\frac {\pi^2}{16}-\frac {\pi}4+\frac 12\log2}$$

Answer 4

No reescribas la secante; en su lugar, mantén la integral en la forma $$\int_0^{\pi/4} y^2 \frac{\sin y}{\cos^3 y}\, dy$$ y aplicar la integración por partes $\int u\, dv = uv - \int v\, du$ con $u = y^2$ .

Answer 5

$$\int_ {0}^{1}x(arctan(x))^2dx$$ Primero resuelve la integral sin límites $$\int x(arctan(x))^2dx$$ Aplicar la integración por partes, donde $u=\arctan^2(x),v^{\prime}=x$ $$=\arctan^2(x)\frac{x^2}{2}-\int \frac{2\arctan(x)}{1+x^2} (\frac{x^2}{2})dx$$ $$=\frac12 x^2\arctan^2(x)-\int \frac{x^2\arctan(x)}{x^2+1}dx$$ Tenga en cuenta que $\int \frac{x^2\arctan(x)}{x^2+1}dx= x\arctan(x)-\arctan^2(x)+\ln|\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}|+\frac12\arctan^2(x)$ Así que, $$=\frac12 x^2\arctan^2(x)-(x\arctan(x)-\arctan^2(x)+\ln|\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}|+\frac12\arctan^2(x))$$ Después de simplificar obtenemos, $$=\frac12 x^2\arctan^2(x)-x\arctan(x)+\frac12\arctan^2(x)-\ln|\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}|$$ Ahora calcula los límites y obtenemos $$=\frac{\ln(2)}{2}+\frac{\pi^2}{16}-\frac{\pi}{4}$$ $$\int_ {0}^{1}x(arctan(x))^2dx=\frac{\ln(2)}{2}+\frac{\pi^2}{16}-\frac{\pi}{4}$$