Demostrar que .

Question

Demostrar $$\int_0^\infty\left(\arctan \frac1x\right)^2 \mathrm d x = \pi\ln 2$$

De aburrimiento, decidí jugar con algunas de las integrales y a la Inversa Simbólico Calculadora de casualidad y esta para mi sorpresa

$$\int_0^\infty\Big(\arctan \frac1x\Big)^2 \mathrm d x = \pi\ln 2 \quad (\text{conjectural}) \,\,\, {\tag{1}} $$

Aquí es Wolfram Alpha de cálculo que muestra (1) para ser fiel a 50 dígitos. (1) es verdadera y cómo demostrarlo?

Puedo calcular

$$\int_0^\infty\arctan \frac{1}{x^2}\mathrm d x = \frac{\pi}{\sqrt2}$$

fácilmente por la expansión de $\arctan$ en la serie de Maclaurin. Pero cómo proceder con $\arctan^2$?

Answer 1

$$\int_0^\infty \arctan^2\left(\frac{1}{x}\right)dx\overset{\frac{1}{x}\to t}=\int_0^\infty \frac{\arctan^2 t}{t^2}dt\overset{IBP}=2\int_0^\infty \frac{\arctan t}{t(1+t^2)}dt$ $ $$\overset{t=\tan x}=2\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{x}{\tan x}dx\overset{IBP}=-2\int_0^\frac{\pi}{2}\ln(\sin x)dx=\pi\ln 2$ $ Vea aquí para la última integral.

Answer 2

Primero la sustitución de $x\mapsto 1/x$ y, a continuación, integración por partes de los rendimientos $$\int_0^\infty\arctan^2x^{-1}\,dx=2\int_0^\infty\frac{\arctan x}{x(1+x^2)}\,dx$$ por lo que es suficiente para evaluar la integral de la derecha. Definir la función $$f(a)=\int_0^\infty\frac{\arctan (ax)}{x(1+x^2)}\,dx$$ y diferenciadas en lo que respecta a $a$ obtener $$f'(a)=\int_0^\infty\frac{dx}{(1+x^2)(a^2+x^2)}= \frac\pi2\frac1{1+a}.$$ Así $$f(a)=\frac\pi2\log(1+a)+C$$ donde la constante $C$ puede ser visto para ser $0$ dejando $a=0$. El resultado es ahora inmediato dejando $a=1$.

Answer 3

Deje $$ I(a,b)=\int_0^\infty\left(\arctan \frac ax\right)\left(\arctan \frac bx\right) \mathrm d x. $ $ entonces \begin{eqnarray} \frac{\partial^2I(a,b)}{\partial a\partial b}&=&\int_0^\infty\frac{x^2}{(x^2+a^2)(x^2+b^2)}\mathrm d x\\ &=&\frac{1}{a^2-b^2}\int_0^\infty \bigg(\frac{a^2}{x^2+a^2}-\frac{b^2}{x^2+b^2}\bigg)\mathrm d x\\ &=&\frac{1}{a^2-b^2}\frac\pi2(a-b)\\ &=&\frac{\pi}{2}\frac{1}{a+b} \end {eqnarray} y por lo tanto $$ I(1,1)=\frac{\pi}{2}\int_0^1\int_0^1\frac{1}{a+b}\mathrm d a\mathrm d b=\frac\pi2\int_0^1(\ln(b+1)-\ln b)\mathrm d b=\pi\ln2.$ $

Answer 4

Tenga en cuenta que $\arctan \frac{1}{x} = \frac{\pi}{2} - \arctan x$ (simplemente dibujar un triángulo con el lado de la $1$ e $x$ y considerar los dos ángulos). Obtenemos entonces $$I = \int_0^\infty \left( \arctan \frac{1}{x} \right)^2 \mathrm d x = \int_0^\infty \left( \frac{\pi}{2} - \arctan x \right)^2 \mathrm d x,$$ y hacemos la sustitución de $x = \tan u$ obtener $$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sec^2 u \left( \frac{\pi}{2} - u \right)^2 \mathrm d u = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sec^2 u \left( \frac{\pi}{2} - u \right)^2 \mathrm d u$$ and again making a substitution $v = \frac{\pi}{2} - u$da $$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{v^2}{\sin^2(v)} \mathrm d v$$ que es, de hecho, evaluatable (aunque requiere la polylogarithm función express): $$\int \frac{v^2}{\sin^2(v)} \mathrm d v = -i(v^2 + \mathrm{Li}_2(e^{2iv}))-v^2 \cot(v) + 2v \ln(1-2e^{iv}) + c,$$ upon which evaluating at both bounds gives $\pi \ln (2)$.

Answer 5

Tome $x=\cot t$ , la integral requerida se convierte en $$I=\int t^2 \csc^2 t~ dt= -t^2 \cot t-\int 2 t \cot t~ dt= -t^2 \cot t-2t \ln \sin t+ \int 2 \ln \sin t ~ dt. $$ Taking limits from $ t = \ pi / 2$ to $ x = 0$ and using the well known integral $$\int_{0}^{\pi/2} \ln \sin t ~dt=-\frac{\pi}{2} \ln 2,$ $ obtenemos la información requerida resultado.