Mostrar que $\int_0^\infty\frac{\arctan(\mathrm{πx})-\arctan(\mathrm x)}xdx=\;\frac{\mathrm\pi}2\ln(\pi)$ con 12 grado de cálculo.

Question

Tengo que demostrar que $\int_0^\infty\frac{\arctan(\mathrm{πx})-\arctan(\mathrm x)}xdx=\;\frac{\mathrm\pi}2\ln(\pi)$ con 12 grado calculo que significa cálculo de variable única.

Lo que he probado:

En primer lugar he intentado hacer un arctan solo de esas 2: $\arctan(\mathrm{πx})-\arctan(\mathrm x)=\arctan(\frac{(\mathrm\pi-1)\mathrm x}{1+\mathrm{πx}^2})$ como usted puede ver todavía no es muy agradable... y parece no llegar a ninguna parte con este...

Answer 1

Que $I(a) = \int_0^\infty \frac{\arctan(a x)-\arctan(x)}{x}dx$. Entonces $I'(a) = \int_0^\infty \frac{1}{x}\frac{x}{1+(ax)^2}dx = \frac{1}{a}\frac{\pi}{2}$. Así, $I(a) = \frac{\pi}{2}\ln(a)+C$. Dejar que $a=1$, vemos que el $0=I(1)=\frac{\pi}{2}\ln(1)+C \implies C=0$. Así, $I(a) = \frac{\pi}{2}\ln(a)$.

Answer 2

Como se señaló, esto puede ser resuelto a través de la diferenciación bajo el signo integral (Feynman del truco), o simplemente invocando Frullani del teorema. Ya que dudo que sean temas en el grado 12 de Cálculo, voy a tratar de esbozar una sola variable de enfoque de tan elemental como sea posible. Por integración por partes $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{\arctan(\pi x)-\arctan(x)}{x}\,dx = \int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{1+x^2}-\frac{\pi}{1+\pi^2 x^2}\right)\log(x)\,dx $$ y por la sustitución de $x=e^t$ el lado derecho se convierte en $$ \int_{-\infty}^{+\infty}\left(\frac{1}{1+e^{2t}}-\frac{\pi}{1+\pi^2 e^{2t}}\right) te^t\,dt=\pi\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{\pi^2+ e^{2t}}-\frac{1}{1+\pi^2 e^{2t}}\right)te^t\,dt $$ desde $\int_{-\infty}^{+\infty}g(t)\,dt = \int_{0}^{+\infty}\left(g(t)+g(-t)\right)\,dt$ tan pronto como $g\in L^1(\mathbb{R})$. Ahora podemos romper la integral en dos convergente integrales (no podemos hacer esto al principio desde $\frac{\arctan x}{x}$ se comporta como $\frac{C}{x}\not\in L^1(1,+\infty)$ para grandes valores de $x$) $$\mathcal{J}_1=\int_{0}^{+\infty}\frac{t e^t}{\pi^2+e^{2t}}\,dt = \int_{1}^{+\infty}\frac{\log(u)}{\pi^2+u^2}\,du$$ $$\mathcal{J}_2=\int_{0}^{+\infty}\frac{t e^t}{1+\pi^2 e^{2t}}\,dt = \int_{1}^{+\infty}\frac{\log(u)}{1+\pi^2 u^2}\,du=\int_{0}^{1}\frac{-\log(u)}{\pi^2+u^2}\,du$$ a continuación, volver a combinarlos en $$\mathcal{J}_1-\mathcal{J}_2 = \int_{0}^{+\infty}\frac{\log(u)}{\pi^2+u^2}\,du\stackrel{u\mapsto \pi v}{=}\frac{1}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\frac{\log\pi+\log v}{1+v^2}\,dv. $$ Último truco: $\int_{0}^{+\infty}\frac{\log v}{1+v^2}\,dv$ es igual a cero por $v\mapsto e^t$. Esto conduce a: $$ \mathcal{J}_1-\mathcal{J}_2 = \frac{\log \pi}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\frac{dv}{1+v^2}=\frac{\log\pi}{2} $$ y a la demanda $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{\arctan(\pi x)-\arctan(x)}{x}\,dx = \color{red}{\frac{\pi\log\pi}{2}}.$$

Answer 3

Mientras que en realidad no 12º grado, Glaisher del teorema debe ser de interés para el OP, dado el interés en el aprendizaje acerca de los métodos de integración. Glaisher del teorema es un caso especial de Ramanujan maestro del teorema, que dice:

Si $f(x)$ es una función par con la expansión de la serie en torno a $x = 0$:

$$f(x)= \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^kc_k x^{2k}$$

y la integral sobre la línea real converge, entonces tenemos:

$$\int_{0}^{\infty}f(x) dx = \frac{\pi}{2} c_{-\frac{1}{2}}$$

$c_n$ es a priori sólo se define por entero $n$, pero cuando una expresión analítica para $c_n$ es conocido, entonces uno debe ser capaz de sustituir a $n = -\frac{1}{2}$. Aquí las expresiones que involucran factoriales deben ser sustituidos por funciones gamma, a menudo uno se ocupa de funciones racionales simples, en cuyo caso poner $n = -\frac{1}{2}$ no plantea problemas. En algunos casos se debe tener el límite de $n \rightarrow -\frac{1}{2}$.

En este caso, tenemos:

$$c_n = \frac{\pi^{2n+1} - 1}{2 n + 1}$$

para $n = -\frac{1}{2}$ esto se convierte en mal definidos, pero como se mencionó anteriormente, tenemos que tomar el límite de $n \rightarrow -\frac{1}{2}$. Esto produce:

$$\lim_{n \rightarrow -\frac{1}{2}}c_n = \log(\pi)$$

La integral por lo tanto es igual a $\frac{\pi}{2}\log(\pi)$.