Evaluar la integral $\int_{0}^{+\infty}\frac{\arctan \pi x-\arctan x}{x}dx$

Question

Calcular la integral impropia: $\displaystyle I=\int\limits_{0}^{+\infty}\dfrac{\arctan \pi x-\arctan x}{x}dx$.

Answer 1

$$I(a)=\int\limits_{0}^{+\infty}\dfrac{\arctan (a x)-\arctan x}{x}dx$$

$$I'(a) = \int^{\infty}_0 \frac{1}{1+a^2x^2}\, dx$$

$$I'(a) =\frac{\pi}{2 a}\, $$

Por lo tanto, a integrar

$$I(a) =\frac{\pi}{2} \log(a) +C $$

tenemos $a=1$ $C=0$

$$I(a) = \frac{\pi}{2} \log(a) $$

$$I(\pi)=\int\limits_{0}^{+\infty}\dfrac{\arctan (\pi x)-\arctan x}{x}dx = \frac{\pi}{2} \log(\pi) $$

Answer 2

Usted puede escribir $$I=\int_0^\infty dx\int_1^\pi dy\ \frac{1}{1+x^2y^2}.$$ Cambiar el orden de integración: $$I=\int_1^\pi dy\int_0^\infty dx\ \frac{1}{1+x^2y^2}=\int_1^\pi dy\ \frac{\pi}{2y}=\frac{\pi}{2}\ln\pi.$$ Si la memoria sirve, este es un viejo Putnam problema.

Addendum:

Eric Auld señala correctamente que el cambio en el orden de la integración debe ser justificado. Por thm. 6.3 de estas notas, podemos cambiar el orden de integración si $$\int_0^\infty dx\ \frac{1}{1+x^2y^2}$$ converge uniformemente para $y\in[1,\pi]$. Es decir, queremos mostrar que para cualquier $\epsilon>0$ existe $x_0\in[0,\infty)$ con $$\epsilon>\left|\int_0^\infty dx\ \frac{1}{1+x^2y^2}-\int_0^\xi dx\ \frac{1}{1+x^2y^2}\right|=\left|\int_\xi^\infty dx\ \frac{1}{1+x^2y^2}\right|$$ ("convergencia") para todos los $\xi\ge x_0$ $y\in[1,\pi]$ ("uniforme"). En otras palabras, la región acotada de la integral puede hacerse arbitrariamente pequeña para todos los valores de $y$ simultáneamente.

En este caso, $$\int_\xi^\infty dx\ \frac{1}{1+x^2y^2}\le\int_\xi^\infty dx\ \frac{1}{1+x^2}=\frac{\pi}{2}-\tan^{-1}\xi$$ así que si elegimos $$x_0>\tan\left(\frac{\pi}{2}-\epsilon\right)$$ a continuación, hemos terminado.

Answer 3

\begin{eqnarray*} \lim_{x \to \infty}\left\lbrack\arctan\left(\pi x\right) - \arctan\left(x\right)\right\rbrack \ln\left(x\right) & = & \lim_{x \to \infty} \left\lbrack\arctan\left(1 \over x\right) - \arctan\left(1 \over \pi x\right)\right\rbrack \ln\left(x\right) \\ & = & \left(1 - {1 \over \pi}\right)\lim_{x \to \infty}{\ln\left(x\right) \over x} \\ & = & \left(1 - {1 \over \pi}\right)\lim_{x \to \infty}{1/x \over 1} = 0 \end{Eqnarray *}

y \begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0}\left\lbrack\arctan\left(\pi x\right) - \arctan\left(x\right)\right\rbrack \ln\left(x\right) & = & \left(\pi - 1\right)\lim_{x \to 0} \left\lbrack x\ln\left(x\right)\right\rbrack \\ & = & \left(\pi - 1\right)\lim_{x \to 0}{\ln\left(x\right) \over 1/x} \\ & = & \left(\pi - 1\right)\lim_{x \to 0}{1/x \over -1/x^{2}} = 0 \end{eqnarray *}

Tenemos

\begin{eqnarray*}\color{#66f}{\large\int_{0}^{\infty}% {\arctan\left(\pi x\right) - \arctan\left(x\right) \over x}\,{\rm d}x} & = & -\int_{0}^{\infty}\ln\left(x\right)\left\lbrack {\pi \over \left(\pi x\right)^{2} + 1} - {1 \over x^{2} + 1} \right\rbrack\,{\rm d}x \\ & = & -\int_{0}^{\infty}\left\lbrack\ln\left(x \over \pi\right) - \ln\left(x\right)\right\rbrack {1 \over x^{2} + 1}\,{\rm d}x \\ & = & \ln\left(\pi\right) \underbrace{\quad\int_{0}^{\infty} {1 \over x^{2} + 1}\,{\rm d}x\quad}_{=\ \pi/2} = \color{#66f}{\large{\pi \over 2}\,\ln\left(\pi\right)} \approx {\tt 1.7981} \end{eqnarray *}