Cómo probar el siguiente resultado?
$$\int_0^1\frac{x^3\arctan x}{(3-x^2)^2}\frac{\mathrm dx}{\sqrt{1-x^2}}=\frac{\pi\sqrt{2}}{192}\left(18-\pi-6\sqrt{3}\,\right)$$
Por mi parte ni idea?
Cómo probar el siguiente resultado?
$$\int_0^1\frac{x^3\arctan x}{(3-x^2)^2}\frac{\mathrm dx}{\sqrt{1-x^2}}=\frac{\pi\sqrt{2}}{192}\left(18-\pi-6\sqrt{3}\,\right)$$
Por mi parte ni idea?
Aunque la integración por partes de trabajo, una buena manera general para atacar la integral es mediante la introducción de
$$ J(a,b) := \int_0^1 \frac{x \arctan(ax)}{1-b^2 x^2} \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}, $$ por lo $J(0,b) = 0$ y $$ \begin{align} \partial_a J &= \int_0^1 \frac{x^2}{(1-b^2 x^2)(1+a^2x^2)} \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} = \int_0^{\pi/2} \frac{du\sec^2 u}{(\sec^2 u -b^2)(\sec^2 u +a^2)} \\&= \int_0^{\infty} \frac{dt}{(t^2 + 1-b^2)(t^2 + 1+a^2)} = \frac{\pi/2}{\sqrt{1-b^2}\sqrt{1+a^2}} \frac{1}{\sqrt{1-b^2}+\sqrt{1+a^2}}, \end{align} $$ donde $ x = \cos u, t = \tan u$, y la última igualdad se sigue fácilmente usando fracciones parciales.
Por lo tanto $$ \begin{align} J(1,b) &= \frac{\pi/2}{\sqrt{1-b^2}} \int_0^1 \frac{da}{\sqrt{1+a^2}} \frac{1}{\sqrt{1-b^2}+\sqrt{1+a^2}} \\&= \left.\frac{\pi/2}{\sqrt{1-b^2}} \frac{1}{b} \left[\arctan\left(\frac{b}{\sqrt{1-b^2}}\frac{\sqrt{1+a^2}}{a} \right)- \arctan \frac b a\right] \right\lvert_{a=0}^{a=1} \\&= \frac{\pi/2}{\sqrt{1-b^2}} \frac{1}{b} \left[\arctan\sqrt\frac{2b^2}{1-b^2}- \arctan b\right]. \end{align} $$
Esto implica que $$ \begin{align} &2b^{-3} \int_0^1 \frac{x^3 \arctan(x)}{(b^{-2} - x^2)^2} \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} = \partial_b J(1,b) \\&= \frac{\pi}{2b^2(1-b^2)^{3/2}} \left\{b\frac{ \sqrt 2\sqrt{1- b^2}+2}{1+b^2}+\left(1-2b^2\right) \left[\arctan b-\arctan \sqrt{\frac{2b^2}{1-b^2}}\right]-b\right\}. \end{align} $$
Conectar $b = \dfrac{1}{\sqrt 3}$ simplifica mucho de esto, dando $$ \int_0^1 \frac{x^3 \arctan(x)}{(3 - x^2)^2} \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} =\frac{\pi \sqrt 2}{192}\left[18-\pi - 6\sqrt 3 \right], $$ como se desee.
$$\newcommand{\b}[1]{\left(#1\right)} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\f}{\frac} \newcommand{\s}{\sqrt} \newcommand{\t}{\text} \newcommand{\u}{\underbrace} \bf Respuesta$$
Este pertenece a una categoría de funciones que son fácilmente solucionable con la integración por partes como:
$$\int\frac{x\arctan(x)}{\sqrt{1+x^2}}\d x=\sqrt{1+x^2}\arctan(x)-\ln|x+\sqrt{x^2+1}|+c$$
Así que vamos a nuestras funciones como ser: $$f(x)=\f{x^3}{(3-x^2)^2\s{1-x^2}};g(x)=\arctan(x)\\\int f(x)g(x)\d x=g(x)\int f(x)\d x-\int g'(x)\u{\int f(x)\d x}_{h(x)}\d x$$ Y Cuidado he utilizado la Fórmula de Reducción para la evaluación de la última integral!): $$\int f(x)\d x=\f12\int\f{t\d t}{(3-t)^2\s{1-t}}\quad(t=x^2)\\ =\int\f{u^2-1}{(u^2+2)^2}\d u=\int\f1{(u^2+2)}\d u-3\int\f{1}{(u^2+2)^2}\d\quad(u^2=1-t)\\ =\frac1{\sqrt2}\arctan\frac u{\sqrt2}-3\b{\frac u{4(u^2+2)}+\f1{4\s2}\arctan\f u{\s2}}+{\cal C}\\ =\f1{4\s2}\arctan\s{\f{1-x^2}2}-\f34\f{\s{1-x^2}}{3-x^2}+{\cal C}=\t{(let) }h(x)$$ Y por lo tanto: $$\int g'(x)h(x)\d x=\f1{4\s2}\int \f1{1+x^2}\arctan\s{\f{1-x^2}2}\d x-\f34\int \f{\s{1-x^2}}{(3-x^2)(1+x^2)}\d x$$ Así:
$$I=\int_0^1f(x)g(x)\d x=a\b{\arctan (x)\b{\f1{4\s2}\arctan\s{\f{1-x^2}2}-\f34\f{\s{1-x^2}}{3-x^2}}}_0^1\\-\f1{4\s2}\int_0^1 \f1{1+x^2}\arctan\s{\f{1-x^2}2}\d x+\f34\int_0^1 \f{\s{1-x^2}}{(3-x^2)(1+x^2)}\d x\\ I=\f34\u{\int_0^1 \f{\s{1-x^2}}{(3-x^2)(1+x^2)}\d x}_{I_1}-\f1{4\s2}\int_0^1 \f1{1+x^2}\arctan\s{\f{1-x^2}2}\d x$$
Ahora: $$I_1=\int_0^\infty\f{\d y}{4y^4+8y^2+3}\quad\b{x=\f{y^2}{y^2+1}\t{ o }y=\f{x}{\s{1-x^2}}=\tan\arcsin x \\\t{ que también puede obtenerse después de dos sunstitutions viz., }x=\sen z\t{, entonces }y=\bronceado z}\\ \f12\b{\f1{2y^2+1}-\f1{2y^2+3}}_0^{\infty}\\ =\f{3-\s3}{24}\pi\s2=\f{3-\s3}{24}\pi\s2$$
Se sigue trabajando en la última integral!! Por CIERTO, la forma final es: $$I=\frac{\pi\sqrt{2}}{192}(18-6\sqrt{3})-\f1{4\s2}\int_0^1 \f1{1+x^2}\arctan\s{\f{1-x^2}2}\d x$$ Por lo que queda por demostrar: $$\int_0^1 \f1{1+x^2}\arctan\s{\f{1-x^2}2}\d x=\pi^2/24$$
$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\dsc}[1]{\displaystyle{\color{red}{#1}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $\ds{\int_{0}^{1}\frac{x^{3}\arctan\pars{x}}{\pars{3 - x^{2}}^{2}} \frac{\dd x}{\raíz{1 - x^{2}}}=\frac{\pi\raíz{2}}{192}\, \pars{18 - \pi - 6\raíz{3}} \approx {\tt 0.1033}:\ {\large ?}}$
$\bf{Modified:}$
Basado en una idea de la solución de @user111187:
Considere la posibilidad de un general de la integral de la forma
$$I_b =\int_0^1 \frac{R(x)}{\sqrt{1-x^2}} \arctan(b x)dx$$
con derivados $$J_b \colon =\frac{dI_b}{db} = \int_0^1 \frac{x\, R(x)}{(1+b^2 x^2)\sqrt{1-x^2}} dx$$ y $I_0=0$.
La integral de la $J_b$ es factible si $R$ es una función racional. Tenemos
$$I =I_1 = \int_{0}^1 J_b\, db$$
Esta última integral es factible en algunos casos.
En nuestro caso $R(x) = \frac{x^3}{(3-x^2)^2}$, por lo que tenemos
$$J_b = \int_0^1 \frac{x^4}{(1+b^2 x^2)(3-x^2)^2 \sqrt{1-x^2}} dx$$
Nos encontramos primero la integral indefinida
$$\int \frac{x^4}{(1+b^2 x^2)(3-x^2)^2 \sqrt{1-x^2}} dx $$ Uno puede comprobar que es igual a $$ F_b(x):=\frac{3 x \sqrt{1-x^2}}{4 \left(1+3 b^2\right) \left(-3+x^2\right)}+\frac{3 \sqrt{\frac{3}{2}} \left(-1+b^2\right) \text{ArcTan}\left[\frac{\sqrt{\frac{2}{3}} x}{\sqrt{1-x^2}}\right]}{4 \left(1+3 b^2\right)^2}+\frac{\text{ArcTan}\left[\frac{\sqrt{1+b^2} x}{\sqrt{1-x^2}}\right]}{\sqrt{1+b^2} \left(1+3 b^2\right)^2}$$ De hecho, según cálculos directos $$F_b'(x) = \frac{x^4}{(1+b^2 x^2)(3-x^2)^2 \sqrt{1-x^2}}$$
Tenemos $$J_b = F_b(1_{-})- F_b(0) = \frac{\left(8-3 \sqrt{6}(1+b^2)^{\frac{3}{2}}\right) \pi }{16 \sqrt{1+b^2} \left(1+3 b^2\right)^2}$$
y por lo tanto $$I = I_1 = \int_0^1 \frac{\left(8-3 \sqrt{6}(1+b^2)^{\frac{3}{2}}\right) \pi }{16 \sqrt{1+b^2} \left(1+3 b^2\right)^2} db = \frac{\pi \sqrt{2}}{192}\cdot (\,18 - 6 \sqrt{3} - \pi) $$
Este enfoque funciona para todas las integrales de la forma
$$\int_0^1 \frac{R(x)}{\sqrt{1-x^2}} \arctan(b x)dx=\int_0^1 \frac{x \, Q(x^2)}{\sqrt{1-x^2}} \arctan(x) dx$$
donde $R(x) = xQ(x^2)$ es una extraña función racional.
I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.