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Calculus · real student question

Hallar la integral indefinida de ln(x) · arctan(x) respecto de x.

Question

Hallar

∫ln⁡x tan⁡−1(x) dx.\int \ln x\,\tan^{-1}(x)\,dx.

Step-by-step solution

  1. Elegir qué factor derivar. Tanto ln⁡x\ln x como tan⁡−1x\tan^{-1}x tienen derivadas simples pero primitivas incómodas. Tomar u=ln⁡xu=\ln x (así du=dxxdu=\frac{dx}{x}) y dv=tan⁡−1(x) dxdv=\tan^{-1}(x)\,dx funciona mejor, porque el 1x\frac{1}{x} resultante se cancelará contra la xx que hay dentro de vv: es la elección que deja más simple la integral sobrante, en vez de empeorarla.

  2. Hallar v=∫tan⁡−1x dxv=\int\tan^{-1}x\,dx con una integración por partes preliminar. Con a=tan⁡−1xa=\tan^{-1}x y db=dxdb=dx:

    ∫tan⁡−1x dx=xtan⁡−1x−∫x1+x2dx=xtan⁡−1x−12ln⁡(1+x2).\int\tan^{-1}x\,dx=x\tan^{-1}x-\int\frac{x}{1+x^{2}}dx=x\tan^{-1}x-\tfrac12\ln(1+x^{2}).

    La última integral es una sustitución en uu con u=1+x2u=1+x^{2}, de la que sale el 12\tfrac12.

  3. Aplicar la integración por partes principal. Con u=ln⁡xu=\ln x y v=xtan⁡−1x−12ln⁡(1+x2)v=x\tan^{-1}x-\tfrac12\ln(1+x^{2}):

    ∫ln⁡x tan⁡−1x dx=ln⁡x(xtan⁡−1x−12ln⁡(1+x2))−∫(xtan⁡−1x−12ln⁡(1+x2))dxx.\int\ln x\,\tan^{-1}x\,dx=\ln x\left(x\tan^{-1}x-\tfrac12\ln(1+x^{2})\right)-\int\left(x\tan^{-1}x-\tfrac12\ln(1+x^{2})\right)\frac{dx}{x}.

    Al dividir entre xx dentro de la integral queda

    ∫ln⁡x tan⁡−1x dx=xln⁡xtan⁡−1x−12ln⁡xln⁡(1+x2)−∫tan⁡−1x dx+12∫ln⁡(1+x2)xdx.\int\ln x\,\tan^{-1}x\,dx=x\ln x\tan^{-1}x-\tfrac12\ln x\ln(1+x^{2})-\int\tan^{-1}x\,dx+\tfrac12\int\frac{\ln(1+x^{2})}{x}dx.

    Esta es exactamente la cancelación anticipada en el paso 1: xtan⁡−1x⋅1xx\tan^{-1}x\cdot\frac1x se reduce a tan⁡−1x\tan^{-1}x, una integral ya calculada.

  4. Reconocer la integral restante como un dilogaritmo. La pieza ∫ln⁡(1+x2)xdx\int\frac{\ln(1+x^{2})}{x}dx no tiene primitiva elemental. Sustituyendo t=−x2t=-x^{2} y comparando con la definición Li⁡2(z)=−∫0zln⁡(1−w)wdw\operatorname{Li}_{2}(z)=-\int_{0}^{z}\frac{\ln(1-w)}{w}dw se obtiene

    ∫ln⁡(1+x2)xdx=−12Li⁡2(−x2)+C.\int\frac{\ln(1+x^{2})}{x}dx=-\tfrac12\operatorname{Li}_{2}(-x^{2})+C.

    Comprobación numérica: derivar −12Li⁡2(−x2)-\tfrac12\operatorname{Li}_{2}(-x^{2}) en x=0.6x=0.6 da 0.51247450.5124745, y ln⁡(1.36)0.6=0.5124745\frac{\ln(1.36)}{0.6}=0.5124745 ✓.

  5. Armar la forma cerrada. Sustituyendo ∫tan⁡−1x dx\int\tan^{-1}x\,dx del paso 2 y el dilogaritmo del paso 4:

    ∫ln⁡x tan⁡−1x dx=xln⁡xtan⁡−1x−12ln⁡xln⁡(1+x2)−xtan⁡−1x+12ln⁡(1+x2)−14Li⁡2(−x2)+C.\int\ln x\,\tan^{-1}x\,dx=x\ln x\tan^{-1}x-\tfrac12\ln x\ln(1+x^{2})-x\tan^{-1}x+\tfrac12\ln(1+x^{2})-\tfrac14\operatorname{Li}_{2}(-x^{2})+C.

    Así que la respuesta existe en forma cerrada, pero solo si se admite el dilogaritmo: ninguna combinación de funciones elementales sirve.

  6. Verificar derivando numéricamente. Al evaluar la derivada del lado derecho con una diferencia central: en x=0.5x=0.5 da −0.32137603-0.32137603 frente a ln⁡(0.5)tan⁡−1(0.5)=−0.32137603\ln(0.5)\tan^{-1}(0.5)=-0.32137603 ✓; en x=0.7x=0.7, −0.21783065-0.21783065 frente a −0.21783065-0.21783065 ✓. La coincidencia hasta ocho dígitos en dos puntos independientes confirma cada coeficiente.

Answer

∫ln⁡x tan⁡−1x dx=xln⁡xtan⁡−1x−12ln⁡xln⁡(1+x2)−xtan⁡−1x+12ln⁡(1+x2)−14Li⁡2(−x2)+C\int\ln x\,\tan^{-1}x\,dx=x\ln x\tan^{-1}x-\tfrac12\ln x\ln(1+x^{2})-x\tan^{-1}x+\tfrac12\ln(1+x^{2})-\tfrac14\operatorname{Li}_{2}(-x^{2})+C

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