La integración de $\frac{\arctan x}{x\sqrt{\smash[b]{1-x^2}}}$

Question

Cómo evaluar $$\int_0^1\frac{\arctan x}{x\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm dx\text{?}$$ Los pasos que se me ocurre es la integración por partes como $$\int_0^1\frac{\arctan x}{x\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm dx=\int_0^1\frac{\arctan x}{x}\,\mathrm d(\arcsin x)$$ o integración por sustitución mediante $x=\sin t$ $$\int_0^1 \frac{\arctan x}{x\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\arctan(\sin t)}{\sin t}\,\mathrm dt,$$ pero ambos parece que el problema más complicado.

Muchas gracias.

Answer 1

Esto se puede resolver utilizando el contorno de la integración, que es una exageración si este es realmente un libro de texto de problema, o puede ser resuelto mediante el poder de la doble integración (anidada o integración, o lo que sea la gente la llama).

Con suerte, usted es consciente de que$$\frac {\arctan x}x=\int\limits_0^1dy\,\frac 1{1+x^2y^2}$$

Si no, es una buena práctica problema para que lo pruebe! Siguiente, reemplazar el $\arctan(\cdot)$ fracción con la anterior identidad y cambiar el orden de integración

$$\begin{align*}I & =\int\limits_0^1dy\,\int\limits_0^1 dx\,\frac 1{(1+x^2y^2)\sqrt{1-x^2}}\end{align*}$$

Ahora hacer la sustitución $x\mapsto\sin x$ para obtener

$$\begin{align*}I & =\int\limits_0^1 dy\,\int\limits_0^{\pi/2}dx\,\frac 1{\cos^2 x+\sin^2 x(1+y^2)}\\ & =\int\limits_0^1dy\,\int\limits_0^{\pi/2}dx\,\frac {\sec^2x}{1+\tan^2x(1+y^2)}\\ & =\int\limits_0^1dy\,\int\limits_0^{\infty}dx\,\frac 1{1+x^2(1+y^2)}\end{align*}$$

El tratamiento de la $1+y^2$ como una constante dentro de la segunda integral, podemos tirar de un factor, de modo que el interior de la integral se convierte en un simple $\arctan(\cdot)$ pregunta a la que no saben cómo evaluar!

$$\begin{align*}I & =\int\limits_0^1 dy\,\frac {\sqrt{1+y^2}}{1+y^2}\arctan\left(x\sqrt{1+y^2}\right)\,\Biggr\rvert_0^{\infty}\\ & =\frac {\pi}2\int\limits_0^1 dy\,\frac 1{\sqrt{1+y^2}}\\ & =\frac {\pi}2\operatorname{arcsinh} 1\end{align*}$$

O, en una forma mucho más amigable notación libre de las funciones hiperbólicas, $I$ es también igual como

$$\int\limits_0^1 dx\,\frac {\arctan x}{x\sqrt{1-x^2}}\color{blue}{=\frac {\pi}2\log(1+\sqrt{2})}$$

Answer 2

Deje $\displaystyle I(a)=\int^{1}_{0}\frac{\tan^{-1}(ax)}{x\sqrt{1-x^2}}dx$

Ahora $\displaystyle I'(a)=\int^{1}_{0}\frac{1}{(1+a^2x^2)\sqrt{1-x^2}}dx$

Poner $x=\tan t$. A continuación, $dx=dt$ y el cambio de los límites de

Por lo $$I'(a)=\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\frac{1}{1+a^2\sin^2 t}dt=\frac{1}{1+a^2}\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\frac{\sec^2 t}{k^2+\tan^2 t}dt$$

Donde $\displaystyle k^2=\frac{1}{1+a^2}$

Por lo $\displaystyle I'(a)=\frac{1}{(1+a^2)\cdot k}\tan^{-1}\bigg(\frac{t}{k}\bigg)\bigg|^{\infty}_{0}=\frac{\pi}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{1+a^2}}$

Por lo $$I(a)=\frac{\pi}{2}\ln\bigg|a+\sqrt{1+a^2}\bigg|$$

poner $a=1$. A continuación, $$I(1)=\frac{\pi}{2}\ln\bigg|1+\sqrt{2}\bigg|.$$