Encuentra la integral $\int_{0}^{\infty} \frac{\log(x)\operatorname{arccot}(x)}{\sqrt{x}}\,dx$

Question

Considera $\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{\log(x)\cot^{-1}(x)}{\sqrt{x}}$.

He intentado: $\displaystyle F(a,b) = \int_{0}^{\infty} \frac{\log(ax)\cot^{-1}(bx)}{\sqrt{x}}$, así que $\displaystyle F''(a,b) = \int_{0}^{\infty}\frac{dx}{a\sqrt{x}(1+b^2x^2)} = \int_{0}^{\infty}\frac{dt}{2a(1+x^4b^2)} = \frac{\pi}{2a\sqrt{2b}}$.

Entonces $F'_{a}(a,b) = \frac{\pi}{2a}\sqrt{b}+C(a)$, también podemos hacerlo para $a$. Pero ¿cómo encontramos la constante?

Es fácil ver que $C(a) = 0$, ¿qué hay de $C(b)$? Si consideramos $F'_{b}(a,b) = \frac{\pi\log(a)}{\sqrt{8b}} + C(b)$ entonces no es fácil encontrarlo. ¿Alguna idea?

edit también pensé en considerar $\cot^{-1}(bx)$ y luego hacer una sustitución $t = \frac{1}{1+x}$ y representar $\log$ como serie

Answer 1

Aquí hay un enfoque ligeramente diferente: Considera

$$ I(s) = \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan x}{x^{1+s}} \, dx. $$

Esta integral converge cuando $s \in (0, 1)$. Y para este $s$, al realizar la integración por partes seguida de la sustitución $x = \tan\theta$ se obtiene

$$ I(s) = \frac{1}{s}\int_{0}^{\infty} \frac{1}{x^s (1+x^2)} \, dx = \frac{1}{2s}\operatorname{B}\left(\frac{1-s}{2},\frac{1+s}{2}\right) = \frac{\pi}{2s}\sec\left(\frac{\pi s}{2}\right). $$

Por otro lado, la sustitución $x \mapsto 1/x$ muestra que nuestra integral se puede escribir como

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{\log x \operatorname{arccot}(x)}{x^{1/2}} \, dx = - \int_{0}^{\infty} \frac{\log x \arctan x}{x^{3/2}} \, dx = I'(1/2). $$

Al evaluar la derivada, finalmente obtenemos

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{\log x \operatorname{arccot}(x)}{x^{1/2}} \, dx = \frac{\pi^2}{\sqrt{2}} - 2\sqrt{2} \, \pi. $$

Answer 2

Más generalmente \begin{align} &\int_{0}^{\infty} \frac{\ln x\cot^{-1}ax}{\sqrt{x}}\,dx\\ = &\int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\frac1a} \frac{\sqrt x\ln x}{y^2+x^2} \overset{y\to y^2}{dy}\overset{x\to x^2}{dx} =\int_{0}^{\frac1{\sqrt a}} \int_{0}^{\infty} \frac{8y x^2\ln x}{y^4+x^4 }dx\ dy\\ =& \ \frac\pi{\sqrt2} \int_{0}^{\frac1{\sqrt a}} (\pi +4\ln y)dy= \frac{\pi}{\sqrt {2a}}(\pi -4-2\ln a) \end{align}

Answer 3

Al parecer, la integral no converge en $[1, \infty]$ por ejemplo, por lo tanto, tampoco en $[0, \infty]$:

$\lim_{x \to \infty} \frac {\frac {\log(x)\arctan(x)} {\sqrt x}} {\frac 1 {\sqrt x}} = \lim_{x \to \infty} \log(x) \arctan(x) = \infty$

y dado que $\int_1^\infty \frac {dx} {\sqrt x}$ diverge, tu integral también diverge por la segunda prueba de comparación.