تابع $I$ را روی بازۀ $(0, \infty )$ به صورت زیر تعریف کنید:
$I (\alpha ):\int _0^ \infty \frac{Arccot( \alpha \sqrt{x} )}{1+x} dx \Rightarrow I'( \alpha )= \int _0^ \infty \frac{- \sqrt{x} }{(1+ \alpha ^2x)(1+x)} dx$
حالا تغیر متغیر $u= \sqrt{x} $ را اعمال کنید:
$u= \sqrt{x} \Rightarrow dx=2udu,u(0)=0, \lim_{x\to \infty } u= \infty $
$if a \neq 1:I'( \alpha )=-2 \int _0^ \infty \frac{u^2}{(1+ \alpha ^2u^2)(1+u^2)} dx=-2 \frac{1}{1- \alpha ^2} (\int _0^ \infty \frac{1}{1+ \alpha ^2u^2} du -\int _0^ \infty \frac{1}{1+u^2} du)$
$=-2 \frac{1}{1- \alpha ^2} ( \frac{ \pi }{ 2\alpha } - \frac{ \pi }{2} )=\pi \frac{1}{ \alpha ( \alpha +1)} =\pi ( \frac{1}{ \alpha +1} - \frac{1}{ \alpha } )$
حالا اگر مشتق $a=1$ را به کمک تعریف مستقیم مشق در نقطه بررسی کنیم متوجه می شویم تابع مشقق بالا برای $a=1$ نیز درست است.
$ \Rightarrow I( \alpha )= \pi (Ln( \alpha +1)-Ln \alpha )+C= \pi Ln(1+ \frac{1}{ \alpha } )+C$
از طرفی دیگر:
$I(1)= \pi Ln2 ($چرا؟$) \Rightarrow C=0 \Rightarrow I( \alpha )= \pi Ln(1+ \frac{1}{ \alpha } )$
حالا اگر $ \alpha < 0$ داریم:
$arccot( \alpha \sqrt{x} )= \pi -arccot( -\alpha \sqrt{x} )$
و چون انتگرال $ \int _0^ \infty \frac{ \pi }{1+x} dx$ موجود نیست پس $I( \alpha )$ هم موجود نیست.همچنین:
$I(0)= \frac{ \pi }{2} \int _0^ \infty \frac{1}{1+x} dx$
نیز موجود نیست.
$ \Box $