Muestran que

Question

$\displaystyle \int_0^1 \tan^{-1}\left(\frac{3(1+x)}{1-2x-x^2}\right) \frac{dx}{1+x^2} = \frac{\pi^2}{8}$

Me habían dicho que $x =\displaystyle \frac{1-y}{1+y}$ lo soluciona, pero me lleva a donde empecé.

Answer 1

De hecho, la respuesta correcta es 0. Como @JimmyK4542 calculada, sabemos de la sustitución de $x \mapsto (1-x)/(1+x)$ que

$$ I = \int_{0}^{1} \arctan\left( \frac{3(1+x)}{1-2x-x^2} \right) \, \frac{dx}{1+x^2} = \int_{0}^{1} \arctan\left( - \frac{3(1+x)}{1-2x-x^2} \right) \, \frac{dx}{1+x^2}. $$

Pero la identidad de $\arctan(-x) = -\arctan x$ es cierto para cualquier $x \in \Bbb{R}$. En consecuencia

$$ I = -I $$

y, por tanto,$I = 0$. Entonces, ¿por qué hemos de fuga cantidad aquí? Esto es debido a que la función satisface

$$ x \mapsto \arctan\left(\frac{3(1+x)}{1-2x-x^2}\right) \quad \text{es} \quad \begin{cases} \text{positive when } 0 < x < \sqrt{2}-1 \\ \text{negative when } \sqrt{2}-1 < x < 1. \end{casos} $$

De manera que la gráfica de esta función se parece a esto:

De alguna manera, por arte de magia, la contribución de la parte positiva y que a partir de la parte negativa cancelar los unos a los otros. Esta observación también es apoyado por el cálculo numérico:

Answer 2

$$\int_0^1 \tan^{-1}\left(\frac{3(1+x)}{1-2x-x^2}\right) \frac{dx}{1+x^2} $$ $$=\int_0^1 \tan^{-1}\left(\frac{3(1+x)}{2-1-2x-x^2}\right) \frac{dx}{1+x^2} $$ $$=\int_0^1 \tan^{-1}\left(\frac{3(1+x)}{2-(1+x)^2}\right) \frac{dx}{1+x^2} $$ $$=\int_0^1 \tan^{-1}\left(\frac{\frac{3}{2}(1+x)}{1-\frac{1}{2}(1+x)^2}\right) \frac{dx}{1+x^2} $$ $$=\int_0^1 \tan^{-1}\left(\frac{(1+x)+\frac{1}{2}(1+x)}{1-(1+x)\cdot \frac{1}{2}(1+x)}\right) \frac{dx}{1+x^2} $$ $$=\int_0^1 \left[\tan^{-1}(1+x)+\tan^{-1}\{\frac{1}{2}(1+x)\}\right] \frac{dx}{1+x^2} $$ $$=\int_0^1 \left[\tan^{-1}(1+x)+\tan^{-1}\{\frac{1}{2}(1+x)\}\right] d(\tan^{-1}x) $$

Espero que esto ayude.

Answer 3

El uso de la propuesta de sustitución de $x = \dfrac{1-y}{1+y}$, obtenemos

$\dfrac{3(1+x)}{1-2x-x^2} = -\dfrac{3(1+y)}{1-2y-y^2} \ \ \ \ \ \ \ \ \dfrac{1}{1+x^2} = \dfrac{(1+y)^2}{2(1+y^2)} \ \ \ \ \ \ \ \ dx = \dfrac{-2}{(1+y)^2}\,dy$.

y así,

$I = \displaystyle \int_0^1 \tan^{-1}\left(\frac{3(1+x)}{1-2x-x^2}\right) \frac{dx}{1+x^2}$

$= \displaystyle \int_1^0 \tan^{-1}\left(-\frac{3(1+y)}{1-2y-y^2}\right)\cdot \dfrac{(1+y)^2}{2(1+y^2)} \cdot \dfrac{-2}{(1+y)^2}\,dy$

$= \displaystyle \int_0^1 \tan^{-1}\left(-\frac{3(1+y)}{1-2y-y^2}\right) \frac{dy}{1+y^2}$

$= \displaystyle \int_0^1 \tan^{-1}\left(-\frac{3(1+x)}{1-2x-x^2}\right) \frac{dx}{1+x^2}$.

Ahora, suponiendo que utilizamos una definición de $\arctan$ cuyo rango es de $[0,\tfrac{\pi}{2}) \cup (\tfrac{\pi}{2},\pi)$, en lugar del habitual $(-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2})$, luego tenemos a $\arctan(A) + \arctan(-A) = \pi$. Por lo tanto,

$2I = I + I = $ $\displaystyle \int_0^1 \tan^{-1}\left(\frac{3(1+x)}{1-2x-x^2}\right) \frac{dx}{1+x^2} + \int_0^1 \tan^{-1}\left(-\frac{3(1+x)}{1-2x-x^2}\right) \frac{dx}{1+x^2}$

$= \displaystyle \int_0^1 \left[\tan^{-1}\left(\frac{3(1+x)}{1-2x-x^2}\right)+\tan^{-1}\left(-\frac{3(1+x)}{1-2x-x^2}\right)\right]\frac{dx}{1+x^2}$

$= \displaystyle\int_0^1 \pi \dfrac{dx}{1+x^2}$

$= \pi \cdot \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi^2}{4}$.

Desde $2I = \dfrac{\pi^2}{4}$,$I = \dfrac{\pi^2}{8}$.

Nota: Si usamos la definición habitual de $\arctan$ cuyo rango es de $(-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2})$, entonces obtenemos $I = 0$, que es lo que Wolfram Alpha sugiere como respuesta.