Cómo evaluar $\int_0^1 (\arctan x)^2 \ln(\frac{1+x^2}{2x^2}) dx$

Question

Evaluar
$$\int_{0}^{1} \arctan^{2}\left(\, x\,\right) \ln\left(\, 1 + x^{2} \over 2x^{2}\,\right)\,{\rm d}x$$

He sustituido $x \equiv \tan\left(\,\theta\,\right)$ y consiguió

$$-\int^{\pi/4}_{0}\theta^{2}\,{\ln\left(\, 2\sin^{2}\left(\,\theta\,\right)\,\right) \over \cos^{2}\left(\,\theta\,\right)}\,{\rm d}\theta$$

Después de esto, pensé en utilizar la expansión de Taylor de $\ln\left(\, 2\sin^{2}\left(\,\theta\,\right)\,\right)$ cerca de cero, pero eso no sirvió de nada.

Por favor, ¡ayuda!

Answer 1

Resultados utilizados

Me limitaré a exponer el siguiente resultado ya que no quiero replicar el brillante trabajo de Random Variable en esta respuesta . $$\int^\frac{\pi}{4}_0\ln^2(\cos{x})\ {\rm d}x=\Im{\rm Li}_3(1-i)-\frac{\mathbf{G}}{2}\ln{2}+\frac{7\pi^3}{192}+\frac{5\pi}{16}\ln^2{2}$$ También es bastante fácil demostrar que $$\sum^\infty_{n=1}\frac{H_n}{n^2}z^n={\rm Li}_3(z)-{\rm Li}_3(1-z)+{\rm Li}_2(1-z)\ln(1-z)+\frac{1}{2}\ln{z}\ln^2(1-z)+\zeta(3)$$

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Dividir la integral

Podemos dividir la integral en 3 integrales más simples. $$\mathscr{I}=-\ln{2}\underbrace{\int^1_0\arctan^2{x}\ {\rm d}x}_{\mathscr{I}_1} -2\underbrace{\int^1_0\arctan^2{x}\ln{x}\ {\rm d}x}_{\mathscr{I}_2}+\underbrace{\int^1_0\arctan^2{x}\ln(1+x^2)\ {\rm d}x}_{\mathscr{I}_3}$$

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Evaluación de $\mathscr{I}_1$

Integrar por partes. $$\begin{align} \mathscr{I}_1 =&x\arctan^2{x}\Bigg{|}^1_0-\int^1_0\frac{2x\arctan{x}}{1+x^2}{\rm d}x\\ =&\frac{\pi^2}{16}-\left[\ln(1+x^2)\arctan{x}\right]^1_0+\int^1_0\frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}{\rm d}x\\ =&\frac{\pi^2}{16}-\frac{\pi}{4}\ln{2}-2\int^\frac{\pi}{4}_0\ln(\cos{x})\ {\rm d}x\\ =&\frac{\pi^2}{16}-\frac{\pi}{4}\ln{2}+\frac{\pi}{2}\ln{2}+2\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^n}{n}\int^\frac{\pi}{4}_0\cos(2nx)\ {\rm d}x\\ =&\frac{\pi^2}{16}+\frac{\pi}{4}\ln{2}+\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^n\sin(n\pi/2)}{n^2}\\ =&\frac{\pi^2}{16}+\frac{\pi}{4}\ln{2}+\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^{2n+1}(-1)^n}{(2n+1)^2}\\ =&\frac{\pi^2}{16}+\frac{\pi}{4}\ln{2}-\mathbf{G} \end{align}$$

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Evaluación de $\mathscr{I}_2$ $\require{cancel}$ $$\begin{align} \mathscr{I}_2 =&\color{red}{\cancelto{0}{\color{grey}{x\arctan^2{x}\ln{x}\Bigg{|}^1_0}}}-\int^1_0\arctan^2{x}\ {\rm d}x-\int^1_0\frac{2x\arctan{x}\ln{x}}{1+x^2}{\rm d}x\\ =&-\frac{\pi^2}{16}-\frac{\pi}{4}\ln{2}+\mathbf{G}+2\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^nH_{2n+1}}{(2n+3)^2}-\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^nH_{n}}{(2n+3)^2}\\ =&\frac{\pi^3}{16}-\frac{\pi^2}{16}-\frac{\pi}{4}\ln{2}+\mathbf{G}-2\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^nH_{2n+1}}{(2n+1)^2}+\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n}H_n}{(2n+1)^2} \end{align}$$ Desde $$\begin{align} \sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^nH_{2n+1}}{(2n+1)^2} =&\Im\sum^\infty_{n=1}\frac{H_n}{n^2}i^n\\ =&-\Im{\rm Li}_3(1-i)-\frac{\mathbf{G}}{2}\ln{2}-\frac{\pi}{16}\ln^2{2} \end{align}$$ y $$\begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n}{(2n+1)^2} =&\int^1_0\frac{\ln{x}\ln(1+x^2)}{1+x^2}{\rm d}x\\ =&-2\int^\frac{\pi}{4}_0\left(\ln(\sin{x})-\ln(\cos{x})\right)\ln(\cos{x})\ {\rm d}x\\ =&-\frac{1}{8}\frac{\partial^2{\rm B}}{\partial a\partial b}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)+2\int^\frac{\pi}{4}_0\ln^2(\cos{x})\ {\rm d}x\\ =&2\Im{\rm Li}_3(1-i)-\mathbf{G}\ln{2}+\frac{3\pi^3}{32}+\frac{\pi}{8}\ln^2{2} \end{align}$$ Tenemos $$\mathscr{I}_2=4\Im{\rm Li}_3(1-i)+\mathbf{G}+\frac{5\pi^3}{32}+\frac{\pi}{4}\ln^2{2}-\frac{\pi^2}{16}-\frac{\pi}{4}\ln{2}$$

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Evaluación de $\mathscr{I}_3$

$\mathscr{I}_3$ es bastante sencillo de evaluar. $$\begin{align} \mathscr{I}_3 =&x\arctan^2{x}\ln(1+x^2)\Bigg{|}^1_0-\int^1_0\frac{2x\arctan{x}\ln(1+x^2)}{1+x^2}{\rm d}x-\int^1_0\frac{2x^2\arctan^2{x}}{1+x^2}{\rm d}x\\ =&\frac{\pi^2}{16}\ln{2}-\frac{1}{2}\ln^2(1+x^2)\arctan{x}\Bigg{|}^1_0+\frac{1}{2}\int^1_0\frac{\ln^2(1+x^2)}{1+x^2}{\rm d}x-2\int^1_0\arctan^2{x}\ {\rm d}x\\&+2\int^1_0\frac{\arctan^2{x}}{1+x^2}{\rm d}x\\ =&2\mathbf{G}+\frac{\pi^3}{96}+\frac{\pi^2}{16}\ln{2}-\frac{\pi}{8}\ln^2{2}-\frac{\pi^2}{8}-\frac{\pi}{2}\ln{2}+2\int^\frac{\pi}{4}_0\ln^2(\cos{x})\ {\rm d}x\\ =&2\Im{\rm Li}_3(1-i)-\mathbf{G}\ln{2}+2\mathbf{G}+\frac{\pi^3}{12}+\frac{\pi^2}{16}\ln{2}+\frac{\pi}{2}\ln^2{2}-\frac{\pi^2}{8}-\frac{\pi}{2}\ln{2} \end{align}$$

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La forma cerrada

Combinando estos resultados, obtenemos $$\begin{align} \mathscr{I}=\Large{\boxed{\displaystyle \color{red}{-6\Im{\rm Li}_3(1-i)-\frac{11\pi^3}{48}-\frac{\pi}{4}\ln^2{2}}}} \end{align}$$ como la forma cerrada.

Answer 2

Samurai, esta es la segunda vez que publicas problemas que se relacionan conmigo. Primero publicaste esta pregunta aquí que es exactamente similar con mi problema clasificado en Brilliant.org . He planteado la objeción a los mods pero no pueden hacer nada ya que tu post no viola ninguna regla aquí. Bien, de acuerdo. Puedo aceptar sus razones. Ahora usted publica esta pregunta que creo que está tomada de uno de los problemas propuestos en Concurso de Integración Brillante - Temporada 1 que tenía en Brilliant.org. El problema original fue propuesto por Jatin Yadav como PROBLEMA 7 pero un día después borró este problema y lo cambió por otro después de que nadie pudiera resolverlo, incluido él mismo. Según él, se toma de aquí, en Matemáticas S.E. Tal vez quiera echar un vistazo allí.

He intentado solucionar este problema durante horas pero sin éxito. Aquí está mi intento:

Establecer $x=\tan y$ obtenemos $$\begin{align} I&=\int_0^1\arctan^2x\,\ln\left(\frac{1+x^2}{2x^2}\right)\,dx\\ &=-\int_0^{\pi/4} \frac{y^2\ln\left(2\sin^2y\right)}{\cos^2y}\,dy\\ &=-2\int_0^{\pi/4} \frac{y^2\ln\left(1-\cos2y\right)}{1+\cos2y}\,dy\\ &=-\frac{1}{4}\int_0^{\pi/2} \frac{t^2\ln\left(1-\cos t\right)}{1+\cos t}\,dt\qquad\Rightarrow\qquad t=2y\\ \end{align}$$

Utilice la integración por partes tomando $u=t^2$ y $dv=\dfrac{\ln\left(1-\cos t\right)}{1+\cos t}\,dt$ entonces $$\begin{align} v&=\int\frac{\ln\left(1-\cos t\right)}{1+\cos t}\,dt \end{align}$$ Utilice la integración por partes tomando $u=\ln\left(1-\cos t\right)$ y $dv=\dfrac{dt}{1+\cos t}$ , por Sustitución de Weierstrass : $x=\tan\left(\dfrac{t}{2}\right)$ entonces $$\begin{align} v=\int\frac{dt}{1+\cos t}=\int \,dx=\tan\left(\frac{t}{2}\right)=\frac{\sin t}{1+\cos t} \end{align}$$ Por lo tanto, $$\begin{align} \int\frac{\ln\left(1-\cos t\right)}{1+\cos t}\,dt &=\frac{\sin t}{1+\cos t}\ln\left(1-\cos t\right)-\int\frac{\sin t}{1+\cos t}\cdot\frac{\sin t}{1-\cos t}\,dt\\ &=\frac{\sin t}{1+\cos t}\ln\left(1-\cos t\right)-t \end{align}$$ y $$\begin{align} I&=-\frac{1}{4}\left[\frac{t^2\sin t}{1+\cos t}\ln\left(1-\cos t\right)-t^3\right]_0^{\pi/2}+\frac{1}{2}\int_0^{\pi/2}\left[\frac{t\sin t}{1+\cos t}\ln\left(1-\cos t\right)-t^2\right]\,dt\\ &=\frac{\pi^3}{32}+\frac{1}{2}\int_0^{\pi/2}\frac{t\sin t}{1+\cos t}\ln\left(1-\cos t\right)\,dt-\frac{\pi^3}{48}\\ &=\frac{\pi^3}{96}+\frac{1}{2}\int_0^{\pi/2}\frac{t\sin t}{1+\cos t}\ln\left(1-\cos t\right)\,dt \end{align}$$ Considere $$\begin{equation} I(a)=\int_0^{\pi/2} \frac{t\sin t}{1+\cos t}\ln\left(1-a\cos t\right)\,dt \end{equation}$$ para que $I(0)=0$ y $$\begin{align} I'(a)&=-\int_0^{\pi/2} \frac{t\sin t\cos t}{(1-a\cos t)(1+\cos t)}\,dt\\ &=\frac{1}{1+a}\int_0^{\pi/2} \left(\frac{t\sin t}{1+\cos t}-\frac{t\sin t}{1-a\cos t}\right)\,dt\\ \end{align}$$ Ahora considere $$\begin{equation} I(b)=\int_0^{\pi/2} \frac{t\sin t}{1+b\cos t}\,dt \end{equation}$$ Utilice la integración por partes tomando $u=t$ y $dv=\dfrac{\sin t}{1+b\cos t}\,dt$ entonces $$\begin{align} I(b)&= \frac{t\ln(1+b\cos t)}{b}\bigg|_0^{\pi/2}-\frac{1}{b}\int_0^{\pi/2}\ln(1+b\cos t)\,dt\\ &=-\frac{1}{b}\int_0^{\pi/2}\ln(1+b\cos t)\,dt \end{align}$$ Considere $$\begin{equation} J(b)=\int_0^{\pi/2}\ln(1+b\cos t)\,dt \end{equation}$$ para que $J(0)=0$ y $$\begin{align} J'(b)&=\int_0^{\pi/2} \frac{\cos t}{1+b\cos t}\,dt\\ &=\frac{1}{b}\int_0^{\pi/2} \left(1-\frac{1}{1+b\cos t}\right)\,dt\\ &=\frac{\pi}{2b}-\int_0^{\pi/2} \frac{dt}{1+b\cos t}\qquad\Rightarrow\qquad x=\tan\left(\frac{t}{2}\right)\\ &=\frac{\pi}{2b}-\int_0^{1} \frac{2}{1+b+(1-b)x^2}\,dx\qquad\Rightarrow\qquad x=\sqrt{\frac{1+b}{1-b}}\tan z\\ &=\frac{\pi}{2b}-\frac{2}{\sqrt{1-b^2}}\arctan\left(\sqrt{\frac{1-b}{1+b}}\right)\\ J(b)&=\frac{\pi}{2}\ln b-\int\frac{2}{\sqrt{1-b^2}}\arctan\left(\sqrt{\frac{1-b}{1+b}}\right)\,db\\ \end{align}$$ De nuevo utilizamos la integración por partes tomando $u=\arctan\left(\sqrt{\frac{1-b}{1+b}}\right)$ y $dv=\dfrac{2}{\sqrt{1-b^2}}$ tenemos $$\begin{align} J(b)&=\frac{\pi}{2}\ln b-2\arctan\left(\sqrt{\frac{1-b}{1+b}}\right)\arcsin b-\int\frac{\arcsin b}{1-b}\sqrt{\frac{1-b}{1+b}}\,db\\ &=\frac{\pi}{2}\ln b-2\arctan\left(\sqrt{\frac{1-b}{1+b}}\right)\arcsin b-\int\frac{\arcsin b}{\sqrt{1-b^2}}\,db\\ &=\frac{\pi}{2}\ln b-2\arctan\left(\sqrt{\frac{1-b}{1+b}}\right)\arcsin b-\frac{\arcsin^2 b}{2} \end{align}$$ Por lo tanto, $$\begin{align} I'(a)&=\frac{\pi^2}{8(1+a)}-\frac{1}{a(1+a)}\left[\frac{\pi}{2}\ln (-a)-2\arctan\left(\sqrt{\frac{1+a}{1-a}}\right)\arcsin (-a)-\frac{\arcsin^2(-a)}{2}\right]\\ \end{align}$$ A partir de este paso, me rindo. Tal vez alguien más quiera continuarlo. Sea mi invitado...

Answer 3

Esto no es una respuesta, pero mi enfoque sugiere que la respuesta es

$$I := \int_{0}^{1} \arctan^{2} x \log \left( \frac{x^{2}+1}{2x^{2}} \right) \, dx = \frac{19\pi^{3}}{192} + \frac{5\pi}{16}\log^{2}2 - 6 \Im \mathrm{Li}_{3}\left( \frac{1+i}{2} \right).$$

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Mi enfoque es escribir

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

introducir la función $f(z) = \log \left( \frac{1+iz}{\sqrt{2}} \right)$ y escribir

$$\arctan^{2} x \log \left( \frac{x^{2}+1}{2} \right) = -\frac{1}{4} ( f(x) - f(-x))^{2}(f(x) + f(-x)).$$

Esto permite escribir, con un poco de ayuda del análisis complejo,

$$\int_{0}^{1} \arctan^{2} x \log \left( \frac{x^{2}+1}{2} \right) \, dx = - \frac{\sqrt{2}}{4} \int_{-\pi/4}^{\pi/4} \theta^{2}\log(\sqrt{2}e^{i\theta} - 1) e^{i\theta} \, d\theta,$$

que parece más manejable que el original. Pero me quedé atascado aquí.

Answer 4

Por cierto, existe una antiderivada de forma cerrada (que podría demostrarse por diferenciación): $$\int\arctan^2x\cdot \ln\left(\frac{1+x^2}{2x^2}\right)\,dx=\\ \frac16\left[3 i \left\{\left(2 \operatorname{Li}_2(i x)-2 \operatorname{Li}_2(-i x)+\operatorname{Li}_2\left(\frac{2 x}{x+i}\right)-\operatorname{Li}_2\left(\frac{2 x}{x-i}\right)\right)\cdot \ln \left(\frac{1+x^2}{x^2}\right)\\ +2 \left(2 \operatorname{Li}_3\left(\frac{x}{x-i}\right)-2 \operatorname{Li}_3\left(\frac{x}{x+i}\right)+\operatorname{Li}_3\left(\frac{2 x}{x+i}\right)-\operatorname{Li}_3\left(\frac{2 x}{x-i}\right)\right)\\ +\left(\operatorname{Li}_2\left(\frac{1}{2}-\frac{i x}{2}\right)-\operatorname{Li}_2\left(\frac{i x}{2}+\frac{1}{2}\right)\right)\cdot\ln2\right\}\\ +3 \left(2 \operatorname{Li}_2\left(-x^2\right)+\ln ^2\left(1+x^2\right)+\ln \left(1+x^2\right)\cdot\ln2-2 \ln ^22\right)\cdot\arctan x\\ +6 x \ln \left(\frac{1+x^2}{2 x^2}\right)\cdot\arctan^2x+4 \arctan^3x\right]\color{gray}{+C}$$ Esto nos permite evaluar una integral definida sobre cualquier región.

Answer 5

No tengo (todavía) una solución completa por ahora.

Dejemos que $I=\displaystyle \int_0^1 (\arctan(x))^2 \ln\Big(\dfrac{1+x^2}{2x^2}\Big)dx$

$I=\displaystyle \int_0^1 (\arctan(x))^2\ln(1+x^2)dx-2\int_0^1 (\arctan(x))^2\ln(x)dx-\ln(2)\int_0^1 (\arctan(x))^2dx$

Sé cómo calcular la última ;)

Dejemos que $J=\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin x)dx$

El valor de $J$ es bien conocido por ser $-\dfrac{\pi}{2}\ln 2$

Realizar la integración por partes:

$J=\displaystyle \Big[x\log(\sin x)\Big]_0^{\frac{\pi}{2}}-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{x}{\tan x}dx=-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{x}{\tan x}dx$

Dejemos que $K=-J$

Realizar el cambio de variable $u=\tan x$

$K=\displaystyle \int_0^{+\infty}\dfrac{\arctan x}{x(1+x^2)}dx$

$K\displaystyle =\int_0^{1}\dfrac{\arctan x}{x(1+x^2)}dx+\int_1^{+\infty}\dfrac{\arctan x}{x(1+x^2)}dx$

En la segunda integral, en el miembro derecho realizar el cambio de variable $u=\dfrac{1}{x}$ :

$K= \displaystyle\int_0^1 \dfrac{\arctan x }{x(1+x^2)}dx+ \int_0^1 \dfrac{x\arctan \Big(\dfrac{1}{x}\Big) }{1+x^2}dx$

Para $x>0$ , $\arctan \Big(\dfrac{1}{x}\Big)+\arctan x=\dfrac{\pi}{2}$

Por lo tanto:

$K=\displaystyle\int_0^1 \dfrac{\arctan x }{x(1+x^2)}dx+\dfrac{\pi}{2}\int_0^1\dfrac{x}{1+x^2}dx-\int_0^1\dfrac{x\arctan x}{1+x^2}dx$

Para $x\neq 0$ , $\dfrac{1}{x(1+x^2)}=\dfrac{1}{x}-\dfrac{x}{1+x^2}$

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

La derivada de $(\arctan x)^2$ es $\dfrac{2\arctan x}{1+x^2}$

Por lo tanto:

$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{2x\arctan x }{1+x^2}dx=\Big[x(\arctan x)^2\Big]_0^1-\int_0^1 (\arctan x)^2dx=\dfrac{\pi^2}{16}-\int_0^1 (\arctan x)^2dx$

Por lo tanto:

$K=\displaystyle\int_0^1 \dfrac{\arctan x }{x}dx-\dfrac{\pi^2}{16}+\int_0^1 (\arctan x)^2dx+\dfrac{\pi}{4}\Big[\log(1+x^2)\Big]_0^1$

Recall $K=\dfrac{\pi}{2}\ln 2$

Por lo tanto:

$\displaystyle\int_0^1 (\arctan x)^2 dx=\dfrac{\pi^2}{16}-G+\dfrac{\pi}{4}\ln 2$

Dónde $G=\displaystyle\int_0^1 \dfrac{\arctan x }{x}dx$ es la constante del catalán.