Resuelve esta integral: $\int_0^\infty\frac{\arctan x}{x(x^2+1)}\mathrm dx$

Question

Ocasionalmente encontré que $\displaystyle\int_0^{\Large\frac{\pi}{2}}\dfrac{x}{\tan x}=\dfrac{\pi}{2}\ln 2$ .

Lo intenté.

$$\int_0^{\Large\frac{\pi}{2}}\dfrac{x}{\tan x}=\int_0^{\Large\frac{\pi}{2}}x \ \mathrm d(\ln \sin x)=-\int_0^{\Large\frac{\pi}{2}}\ln (\sin x)=\dfrac{\pi}{2}\ln 2$$ Entonces probé otro método $$\int_0^{\Large\frac{\pi}{2}}\dfrac{x}{\tan x}=\int_0^\infty\dfrac{\arctan x}{x(x^2+1)}\mathrm dx$$ Intenté ampliar $\arctan x$ y $\dfrac{1}{1+x^2}$ pero no obtuve nada, también me confundió que si $\displaystyle\int_0^\infty$ y $\displaystyle\sum_{i=0}^\infty$ ¿se puede cambiar o no? En caso afirmativo, ¿con qué condiciones?

Sinceramente, ¡gracias por su ayuda!

Answer 1

Sólo quiero buscar formas que no tengan nada que ver con $\ln (\sin x)$ .

Una pista. Puede considerar $$I(a):=\int_0^\infty\frac{\arctan (ax)}{x(x^2+1)}\:\mathrm dx,\quad 0<a<1, \tag1$$ y obtener $$I'(a)=\int_0^\infty\frac1{(x^2+1)(a^2x^2+1)}\:\mathrm dx.$$ Utilizando la descomposición parcial de la fracción, tenemos $$\frac1{(x^2+1)(a^2x^2+1)}=\frac1{\left(1-a^2\right) \left(x^2+1\right)}-\frac{a^2}{\left(1-a^2\right) \left(a^2 x^2+1\right)}$$ dando $$\begin{align} I'(a)&=\frac1{\left(1-a^2\right)}\int_0^\infty\!\frac1{x^2+1}\:\mathrm dx-\frac{a^2}{\left(1-a^2\right)}\int_0^\infty\frac1{a^2x^2+1}\:\mathrm dx\\\\ &=\frac1{\left(1-a^2\right)}[\arctan x]_0^\infty-\frac{a^2}{\left(1-a^2\right)}\left[\frac{\arctan (ax)}a\right]_0^\infty\\\\ &=\frac1{\left(1-a^2\right)}\frac{\pi}2-\frac{a}{\left(1-a^2\right)}\frac{\pi}2\\\\ &=\frac{\pi}2\frac1{1+a} \tag2 \end{align}$$ Desde $I(0)=0$ integrando $(2)$ , se consigue fácilmente

$$\int_0^\infty\frac{\arctan (ax)}{x(x^2+1)}\:\mathrm dx=\frac{\pi}2\: \ln (a+1), \qquad 0\leq a <1,$$

a partir de la cual, dejando $a \to 1^-$ , se deduce que

$$\int_0^\infty\frac{\arctan x}{x(x^2+1)}\:\mathrm dx=\frac{\pi}2 \ln 2$$

como se anunció.

Answer 2

Antes de dar mi solución, debo admitir que Oliver Oloa proporciona el manera de calcular esta integral. Yo simplemente proporciono un enfoque diferente, utilizando las transformadas de Fourier.

Primero un comentario. Intenté usar un argumento de simetría diciendo que $$\int_0^{+\infty}f(x+1/x)\arctan x\frac{dx}{x} =\frac{\pi}{4}\int_0^{+\infty} f(x+1/x)\frac{dx}{x},$$ pero no fui capaz de poner esta integral en esa forma. Ahora a la solución:

Como el integrando es par, nuestra integral es igual a $$\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\arctan x}{x(1+x^2)}\,dx.$$ Necesitamos conocer las transformadas de Fourier $$\mathcal F\Bigl[\frac{1}{1+x^2}\Bigr](\xi)=\sqrt{\frac{\pi}{2}}e^{-|\xi|}\quad\text{and}\quad \mathcal F\Bigl[\frac{\arctan x}{x}\Bigr](\xi)=\sqrt{\frac{\pi}{2}}\int_{|\xi|}^{+\infty}\frac{e^{-t}}{t}\,dt.$$ Por la fórmula de Parseval, $$\int_0^{+\infty}\frac{\arctan x}{x(1+x^2)}\,dx= \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\frac{\pi}{2}} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-|\xi|}\int_{|\xi|}^{+\infty} \frac{e^{-t}}{t}\,dt\,d\xi.$$ El integrando es incluso en $\xi$ , por lo que obtenemos $$\frac{\pi}{2}\int_0^{+\infty}e^{-\xi}\int_{\xi}^{+\infty}\frac{e^{-t}}{t}\,dt\,d\xi.$$ Cambiando el orden de las integraciones, y calculando la interna, obtenemos $$\frac{\pi}{2}\int_0^{+\infty}\frac{e^{-t}}{t}\int_0^t e^{-\xi}\,d\xi \,dt= \frac{\pi}{2}\int_0^{+\infty}\frac{e^{-t}}{t}(1-e^{-t})\,dt$$ Ahora, la última integral es una integral de Frullani que es igual a $\log 2$ Así que finalmente conseguimos que $$\int_0^{+\infty}\frac{\arctan x}{x(1+x^2)}\,dx=\frac{\pi}{2}\log 2.$$

Answer 3

Otra posibilidad viene dada por la siguiente representación asociada a la función cotangente $$1-x\cot x=\sum_{n\geq 1}\left(\frac{x}{\pi n-x}-\frac{x}{\pi n+x}\right)\tag{1}$$ que proviene de la aplicación de $\frac{d}{dx}\log(\cdot)$ al producto de Weierstrass para la función seno.
Si se integran ambos lados de $(1)$ en $\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$ la integral original se transforma en una serie fácil de manejar mediante la suma por partes y la desigualdad de Stirling. El resultado final es $$\int_{0}^{\pi/2}\left(1-x\cot x\right)\,dx = \frac{\pi}{2}\left(1-\log 2\right)\tag{2}$$ que es equivalente a la reclamación. De todos modos, hay un truco de simetría bien conocido para calcular $\int_{0}^{\pi/2}\log\sin(x)\,dx$ que probablemente sea el enfoque más hábil.

Answer 4

$\begin{align} J&=\int_0^\infty\frac{\arctan x}{x(x^2+1)}\mathrm dx\tag1\\ &=\int_0^1\frac{\arctan x}{x(x^2+1)}\mathrm dx+\int_1^\infty\frac{\arctan x}{x(x^2+1)}\mathrm dx \end{align}$

En esta última integral realizar el cambio de variable $y=\dfrac{1}{x}$ ,

$\begin{align} J&=\int_0^1\frac{\arctan x}{x(x^2+1)}\mathrm dx+\int_0^1\frac{x\arctan\left(\dfrac{1}{x}\right)}{x^2+1}\mathrm dx\\ &=\left(\int_0^1\frac{\arctan x}{x}\mathrm dx-\int_0^1\frac{x\arctan x}{1+x^2}\mathrm dx\right)+\dfrac{\pi}{2}\int_0^1 \dfrac{x}{x^2+1}dx-\int_0^1\frac{x\arctan x}{x^2+1}\mathrm dx\\ &=\left(\int_0^1\frac{\arctan x}{x}\mathrm dx-2\int_0^1\frac{x\arctan x}{1+x^2}\mathrm dx\right)+\dfrac{\pi}{4}\ln 2 \end{align}$

En $(1)$ realizar el cambio de variable $x=\dfrac{2y}{1-y^2}$ ,

$\begin{align} J&=\int_0^1 \dfrac{(1-y^2)\arctan\left(\dfrac{2y}{1-y^2}\right)}{y(1+y^2}dy\\ &=2\int_0^1 \dfrac{(1-y^2)\arctan y}{y(1+y^2}dy\\ &=2\left(\int_0^1\frac{\arctan x}{x}\mathrm dx-2\int_0^1\frac{x\arctan x}{1+x^2}\mathrm dx\right) \end{align}$

Por lo tanto,

$\displaystyle \int_0^1\frac{\arctan x}{x}\mathrm dx-2\int_0^1\frac{x\arctan x}{1+x^2}\mathrm dx=\dfrac{J}{2}$

Por lo tanto,

$\displaystyle J=\dfrac{J}{2}+\dfrac{\pi}{4}\ln 2$

Finalmente,

$\boxed{J=\displaystyle \dfrac{\pi}{2}\ln 2}$

Answer 5

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ $$\begin{align} \int_{0}^{\infty}{\arctan\pars{x} \over x\pars{x^{2} + 1}}\,\dd x & \,\,\,\stackrel{\arctan\pars{x}\ \mapsto\ x}{=}\,\,\, \int_{0}^{\pi/2}{x \over \tan\pars{x}}\dd x \\[5mm] & = \left.\Re\int_{x = 0}^{x = \pi/2}{-\ic\ln\pars{z} \over \bracks{\pars{z - 1/z}/\pars{2\ic}}/\bracks{\pars{z + 1/z}/2}} \,{\dd z \over \ic z}\,\right\vert_{\ z\ =\ \exp\pars{\ic x}} \\[5mm] & = \left.-\,\Im\int_{x = 0}^{x = \pi/2}{1 + z^{2} \over 1 - z^{2}}\,\ln\pars{z}\, \,{\dd z \over z}\,\right\vert_{\ z\ =\ \exp\pars{\ic x}} \\[1cm] & \stackrel{\mrm{as}\ \epsilon\ \to\ 0^{+}}{\sim}\,\,\, \Im\int_{1}^{\epsilon}{1 - y^{2} \over 1 + y^{2}} \bracks{\ln\pars{y} + {\pi \over 2}\,\ic}\,{\dd y \over y} + \Im\int_{\pi/2}^{0}\bracks{\ln\pars{\epsilon} + \ic\theta}\ic\,\dd\theta \\[2mm] & \phantom{\stackrel{\mrm{as}\ \epsilon\ \to\ 0^{+}}{\sim}\!\!\!}\ +\ \underbrace{\Im\int_{\epsilon}^{1 - \epsilon} {1 + x^{2} \over 1 - x^{2}}\,\ln\pars{x}\,{\dd x \over x}}_{\ds{=\ 0}} \\[1cm] & = -\,{1 \over 2}\,\pi\int_{\epsilon}^{1}{1- x^{2} \over 1 + x^{2}} \,{\dd x \over x} - {1 \over 2}\,\pi\ln\pars{\epsilon} = {1 \over 2}\,\pi\int_{\epsilon}^{1} \pars{1 - {1- x^{2} \over 1 + x^{2}}}\,{\dd x \over x} \\[1cm] & \stackrel{\mrm{as}\ \epsilon\ \to\ 0^{+}}{\to}\,\,\, \pi\int_{0}^{1}{x \over x^{2} + 1}\,\dd x = \bbx{{1 \over 2}\,\pi\ln\pars{2}} \end{align}$$