1. \int \frac{\operatorname{tg}^{-1} x}{x} d x

Passo 1

O enunciado pede a primitiva (antiderivada) da função \dfrac{\operatorname{tg}^{-1} x}{x}, ou seja:
\text{Encontrar } \int \frac{\operatorname{tg}^{-1} x}{x}\,dx.
Informações relevantes dadas:
\operatorname{tg}^{-1} x é a função arco-tangente (vou escrever como \arctan x); a integral é indefinida, então devemos apresentar uma família de primitivais com constante de integração C.
A missão é encontrar uma expressão fechada (uma antiderivada) para \dfrac{\arctan x}{x}.

Passo 2

Escolha do método (explicando por que): há duas rotas óbvias que aparecem ao pensar nessa integral.
  • Uma é integrar por partes com u=\arctan x e dv=dx/x. Isso transforma a integral numa que envolve \dfrac{\ln x}{1+x^2}, cuja primitiva não é expressa por funções elementares simples (aparece a integral de \ln(\tan t) se fizermos x=\tan t).
  • Outra rota é usar a série de potências de \arctan x e integrar termo a termo; essa soma leva a uma série cuja soma é relacionada à função dilogarítmica \operatorname{Li}_2.
    Vou seguir a rota da série / dilogarítmo porque ela produz uma expressão clássica e verificável para a primitiva. Explico tudo sobre a série e sobre \operatorname{Li}_2 ao longo do caminho.

Passo 3

Escrevendo a série de \arctan x. A série de Taylor centrada em 0 para \arctan x (válida para |x|\le 1, com convergência uniforme em intervalos fechados) é:
\arctan x = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n+1}.
Dividindo por x obtemos a série para o integrando:
\frac{\arctan x}{x} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n}}{2n+1}.
Como essa série converge uniformemente em compactos dentro do raio de convergência, podemos integrar termo a termo:
\int \frac{\arctan x}{x}\,dx = \int \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n}}{2n+1}\,dx = C + \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)^2}.
Agora temos a primitiva como uma série:
F(x)= C + \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)^2}.
A próxima etapa é reconhecer essa soma como uma função conhecida (dilogaritmo).

Passo 4

Definição e manipulação com a função dilogarítmica. A função dilogarítmica (ou polilogaritmo de ordem 2) é definida por série:
\operatorname{Li}_2(z)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{z^k}{k^2},
válida para |z|\le 1 (com uma continuação analítica além disso). Observação útil: a combinação
\frac{1}{2}\big(\operatorname{Li}_2(z)-\operatorname{Li}_2(-z)\big)
soma apenas os termos de índice ímpar, porque os termos pares se cancelam. De fato:
\frac{1}{2}\big(\operatorname{Li}_2(z)-\operatorname{Li}_2(-z)\big) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{2n+1}}{(2n+1)^2}.
Escolhemos agora z=i x (onde i é a unidade imaginária). Observe que
(i x)^{2n+1}=i^{2n+1}x^{2n+1}=i(-1)^n x^{2n+1}.
Logo
\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)^2} = \frac{1}{i}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(i x)^{2n+1}}{(2n+1)^2} = \frac{1}{i}\cdot\frac{1}{2}\big(\operatorname{Li}_2(i x)-\operatorname{Li}_2(-i x)\big).
Multiplicando por \dfrac{1}{i}=\,-i, obtemos a expressão mais compacta:
\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)^2} = -\frac{i}{2}\big(\operatorname{Li}_2(i x)-\operatorname{Li}_2(-i x)\big).

Passo 5

Concluindo a primitiva. Substituindo o resultado do passo anterior na série para a primitiva (passo 3):
\int \frac{\arctan x}{x}\,dx = C + \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)^2} = C -\frac{i}{2}\big(\operatorname{Li}_2(i x)-\operatorname{Li}_2(-i x)\big).
Portanto uma antiderivada é
F(x)= -\frac{i}{2}\big(\operatorname{Li}_2(i x)-\operatorname{Li}_2(-i x)\big)+C.

Passo 6

Verificação diferencial curta (para ganhar confiança): a derivada de \operatorname{Li}_2(z) em z é
\frac{d}{dz}\operatorname{Li}_2(z)=-\frac{\ln(1-z)}{z}.
Aplicando a cadeia para z=i x e z=-i x e fazendo as contas, obtém-se após simplificação a identidade
\frac{d}{dx}\left[-\frac{i}{2}\big(\operatorname{Li}_2(i x)-\operatorname{Li}_2(-i x)\big)\right] =\frac{\arctan x}{x},
pois aparece o logaritmo \ln\!\big(\tfrac{1+i x}{1-i x}\big)=2i\arctan x. Assim a expressão do passo anterior é de fato uma primitiva correta.

Resposta

-\dfrac{i}{2}\big(\operatorname{Li}_2(i x)-\operatorname{Li}_2(-i x)\big)+C

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