Integral definida $\int_0^1 \frac{\arctan x}{x\,\sqrt{1-x^2}}\,\text{d}x$

Question

Queriendo calcular la integral $\int_0^1 \frac{\arctan x}{x\,\sqrt{1-x^2}}\,\text{d}x$ seguramente ya sabrán muchos de ustedes que una forma interesante de atacarlo es remitirse a la método de integración y diferenciación con respecto a un parámetro , obteniendo $\frac{\pi}{2}\,\log\left(1+\sqrt{2}\right)$ .

En cambio, lo que no queda nada claro es cómo un software como Wolfram Mathematica puede calcular ese resultado de forma exacta y no sólo aproximada. ¿Alguien me lo puede aclarar? Gracias.

Answer 1

Tenga en cuenta que

$$\frac{\arctan{x}}{x} = \int_0^1 \frac{du}{1+x^2 u^2} $$

Así, la integral puede escribirse como

$$\int_0^1 dx \frac1{\sqrt{1-x^2}} \int_0^1 \frac{du}{1+x^2 u^2} = \frac12 \int_0^1 du \, \int_{-1}^1 \frac{dx}{(1+u^2 x^2) \sqrt{1-x^2}}$$

Ataquemos la integral interna. Podemos hacerlo utilizando el teorema del residuo. Consideremos la siguiente integral de contorno:

$$\oint_C \frac{dz}{(1+u^2 z^2) \sqrt{z^2-1}} $$

donde $C$ es el siguiente contorno:

con los desvíos de arco circular sobre los puntos de bifurcación en $z=\pm 1$ tienen radio $\epsilon$ y el círculo exterior tiene radio $R$ . La integral de contorno es igual a

$$\int_{-R}^{-1-\epsilon} \frac{dx}{(1+u^2 x^2) \sqrt{x^2-1}} + i \epsilon \int_{\pi}^0 d\phi \, e^{i \phi} \frac1{[1+u^2 (-1+\epsilon e^{i \phi})^2] \sqrt{(-1+\epsilon e^{i \phi})^2-1}} \\ + e^{-i \pi/2} \int_{-1+\epsilon}^{1-\epsilon} \frac{dx}{(1+u^2 x^2) \sqrt{1-x^2}} + i \epsilon \int_{\pi}^{-\pi} d\phi \, e^{i \phi} \frac1{[1+u^2 (1+\epsilon e^{i \phi})^2] \sqrt{(1+\epsilon e^{i \phi})^2-1}} \\ + e^{i \pi/2} \int_{1-\epsilon}^{-1+\epsilon} \frac{dx}{(1+u^2 x^2) \sqrt{1-x^2}} + i \epsilon \int_{2 \pi}^{\pi} d\phi \, e^{i \phi} \frac1{[1+u^2 (-1+\epsilon e^{i \phi})^2] \sqrt{(-1+\epsilon e^{i \phi})^2-1}} \\ +\int_{-1-\epsilon}^{-R} \frac{dx}{(1+u^2 x^2) \sqrt{x^2-1}} +i R \int_{-\pi}^{\pi} d\theta \, e^{i \theta} \frac1{(1+u^2 R^2 e^{i 2 \phi})\sqrt{R^2 e^{i 2 \phi}-1}}$$

Las integrales primera y séptima se cancelan.

Ahora evaluamos la integral de contorno en los límites como $\epsilon \to 0$ et $R \to \infty$ . En $\epsilon \to 0$ las integrales segunda, cuarta y sexta desaparecen. Como $R \to \infty$ la octava integral desaparece.

Por el teorema del residuo, la integral de contorno es igual a $i 2 \pi$ veces la suma de los residuos del integrando en los polos $z_{\pm} = \pm i/u$ . Así,

$$-i 2 \int_{-1}^1 \frac{dx}{(1+u^2 x^2)\sqrt{1-x^2}} = i 2 \pi \frac1{u^2} \left [\frac1{(i 2/u) e^{i \pi/2} \sqrt{1/u^2+1}} + \frac1{(-i 2/u) e^{-i \pi/2} \sqrt{1/u^2+1}} \right ]$$

Obsérvese que los polos se encuentran en ramas diferentes para que los residuos se sumen y no se cancelen. Entonces...

$$\int_{-1}^1 \frac{dx}{(1+u^2 x^2)\sqrt{1-x^2}} = \frac{\pi}{\sqrt{1+u^2}} $$

Así,

$$\int_0^1 dx \frac{\arctan{x}}{x \sqrt{1-x^2}} = \frac12 \pi \int_0^1 \frac{du}{\sqrt{1+u^2}} = \frac{\pi}{2} \sinh^{-1}{(1)} = \frac{\pi}{2} \log{\left (1+\sqrt{2} \right )}$$

Answer 2

He pensado que podría ser instructivo presentar dos enfoques que parten de la Feyman "truco" para diferenciar bajo la integral. Escribimos

$$I(a)=\int_0^1\frac{\arctan (ax)}{x\sqrt{1-x^2}}\,dx$$

A continuación, diferenciamos con $I(a)$ encontrar

$$I'(a)=\int_0^1\frac{1}{(1+x^2a^2)\sqrt{1-x^2}}\,dx$$

puede evaluarse sustituyendo primero $x=\sin u$ para que

$$\begin{align} I'(a)&=\int_0^{\pi/2}\frac{1}{1+a^2\sin^2 u}\,du\\\\ &=\frac12 \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{1}{1+a^2\sin^2 u}\,du \end{align}$$

A continuación, utilizamos la identidad trigonométrica $\sin^2u=\frac{1-\cos(2u)}{2}$ para que

$$\begin{align} I'(a)&=\int_0^{\pi/2}\frac{1}{1+\frac12a^2-\frac12a^2\cos (2u)}\,du \tag 1\\\\ &=\frac14 \int_{-\pi}^{\pi}\frac{1}{1+\frac12a^2-\frac12a^2\cos (u)}\,du \tag 2 \end{align}$$

Seguimos evaluando $(1)$ utilizando el Sustitución de Weirestrass y evaluación de $(2)$ mediante la integración de contornos.

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En primer lugar, aplicamos la sustitución $2u=\tan(x/2)$ en $(1)$ . Entonces, obtenemos

$$\begin{align} I'(a)&=2\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+4(1+a^2)x^2}\,dx\\\\ &=\frac{2}{2\sqrt{1+a^2}}\left.\arctan\left(2\sqrt{1+a^2}\,x\right)\right|_{0}^{\infty}\\\\ &=\frac{\pi}{2\sqrt{1+a^2}} \end{align}$$

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Alternativamente, dejamos que $u=e^{iz}$ en $(2)$ y escribe

$$\begin{align} I'(a)&=\frac{i}{2a^2}\oint_{|z|=1}\frac{1}{z^2-\left(1+\frac{2}{a^2}\right)z+1}\,dz\\\\ &=\frac{i}{a^2}(2\pi i) \,\,\text{Res}\left(\frac{1}{z^2-2\left(1+\frac{2}{a^2}\right)z+1},z=\left(1+\frac{2}{a^2}\right)-\frac{2\sqrt{1+a^2}}{a^2}\right)\\\\ &=\pi/2\sqrt{1+a^2} \end{align}$$

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Por último, siguiendo el planteamiento utilizado por @Manu encontramos de $I'(a)$ , $I(1)$ est

$$I(1)=\pi \log(1+\sqrt{2})$$

¡Y ya está!

Answer 3

En primer lugar, podemos observar que $$\frac{\arctan(x)}{x}=\int_{0}^{1}\frac{dt}{1+(xt)^{2}}$$

Ahora usando el Teorema de Tonelli para cambiar el orden obtenemos $$\int_{0}^{1}\frac{\arctan(x)}{x\sqrt{1-x^{2}}}\,dx= \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{1}{1+(tx)^{2}}\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\,dt \,dx= \int_{0}^{1}\left(\int_{0}^{1}\frac{1}{1+(tx)^{2}}\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\,dx\right)\, dt$$

Centrándonos en la integral interna, denotada $\mathcal{I}(t)$

Realizar el cambio de variable $\sin(x)=u$ obtenemos $$\mathcal{I}(t)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\,du}{1+t^{2}\sin^{2}(u)}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\,du}{\cos^{2}(u)+(t^{2}+1)\sin^{2}(u)}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\,d\tan(u)}{1+(t^{2}+1)\tan^{2}(u)}$$

Ahora haciendo la sustitución $\tan(u)= s$ da $$\mathcal{I}(t)=\int_{0}^{\infty}\frac{ds}{1+(1+t^{2})s^{2}}= \frac{\pi}{2}\frac{1}{\sqrt{1+t^{2}}}$$

Así $$\int_{0}^{1}\frac{\arctan(x)}{x\sqrt{1-x^{2}}}\,dx=\int_{0}^{1}\frac{\pi}{2}\frac{1}{\sqrt{1+t^{2}}} \,dt=\frac{\pi}{2}\log(1+\sqrt{2})$$

Answer 4

@Ron Gord : ¿así es como "piensa" Wolfram Mathematica?

Porque de lo contrario, como he visto en un foro italiano, simplemente considerar

$$I(y) := \int_0^1 \frac{\arctan(x\,y)}{x\,\sqrt{1-x^2}}\,\text{d}x \; \; \; \; (y \ge 0)$$

calcular mediante técnicas clásicas

$$I'(y) = \int_0^1\frac{\text{d}x}{\left(1+x^2\,y^2\right)\sqrt{1-x^2}} = \frac{\pi}{2}\,\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}$$

luego retroceder indefinidamente integrando con respecto a $y$

$$I(y) = \frac{\pi}{2}\,\log\left(y+\sqrt{1+y^2}\right) + c$$

de tener que ser $I(0)=0$ siga $c=0$ . En conclusión, se obtiene

$$I(1) = \int_0^1 \frac{\arctan x}{x\,\sqrt{1-x^2}}\,\text{d}x = \frac{\pi}{2}\,\log\left(1+\sqrt{2}\right)$$

y por eso me preguntaba cómo un programa informático podía ser tan "inteligente".

Gracias de nuevo.

Answer 5

En primer lugar, Mathematica es un software de código cerrado, así que no sé cómo lo hace exactamente, pero trataré cómo calculan las integrales los ordenadores.

El problema de la integración pertenece a un subconjunto de problemas de búsqueda et árboles de decisión en inteligencia artificial. Consta de un par de partes:

• base de conocimientos. A gran tabla de integrales cuanto más grande mejor
• una tabla de transformaciones. Se dividen en seguras (sacar una constante de la integral, integral de suma = suma de integrales, ...) y heurísticas (diversos métodos de sustitución). Estos son básicamente conjunto de sus métodos que aprendió en la clase de cálculo.
• que el programa comience a buscar. La búsqueda se realiza generando un árbol de búsqueda y tratar de encontrar su solución.

¿Cómo se genera un árbol de búsqueda? El nodo inicial es tu integral. Luego a esta integral le aplicas todas tus transformaciones y creas los hijos de este nodo. A continuación, haga lo mismo para todos los hijos. Esta es una explicación rudimentaria, en realidad la búsqueda utiliza una combinación de DFS et heurística .

Eche un vistazo al buen video explicando este concepto.