Yo era capaz de calcular: $$\int_0^\infty\arctan\left(e^{-x}\right)\,dx=G$$ $$\int_0^\infty\arctan^2\left(e^{-x}\right)\,dx=\frac\pi2\,G-\frac78\zeta(3)$$ $G$ es el catalán constante. En ambos casos Maple es capaz de encontrar correspondiente de la integral indefinida, y los resultados anteriores se puede obtener tomando límites. También se puede hacer uso de identidades $$\arctan\left(e^{-x}\right)=\Im\left(\log\left(1+ie^{-x}\right)\right)\color{gray}{,\quad x\in\mathbb{R}}$$ $$\arctan^2\left(e^{-x}\right)=\frac14\log^2\left(1+e^{-2x}\right)-\Re\left(\log^2\left(1+ie^{-x}\right)\right)\color{gray}{,\quad x\in\mathbb{R}}$$ Yo también estoy interesado en este valor: $$\int_0^\infty\arctan\left(e^{-x}\right)\,\arctan\left(e^{-2x}\right)\,dx$$ Me podrían ayudar con esto? Arce no puede hacerlo.
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Esta es una fascinante integral! Siguiendo generalmente el mismo enfoque, como se muestra en David H la respuesta, con la ayuda de Mathematica y manual de simplificación mediante conocido di - y trilogarithm identidades, yo era capaz de establecer lo siguiente: $$\int_0^x\arctan\left(e^{-z}\right)\,\arctan\left(e^{-2z}\right)\,dz=x\operatorname{arccot}\left(e^x\right)\operatorname{arccot}\left(e^{2x}\right)\\ +\frac{\pi^2}{32}\left(\vphantom{\Large|}\!\ln\left(1+e^{4x}\right)-10\ln\left(e^{2x}+e^x\sqrt2+1\right)\right)\\ +\frac\pi2\left(\vphantom{\Large|}\!\operatorname{arccot}\left(1+e^x\sqrt2\right)+\arctan\left(e^x\right)\right)\cdot\ln\left(e^{2x}+e^x\sqrt2+1\right)\\ +\frac i4\left\{\left(\vphantom{\Large|}2\operatorname{arccot}\left(e^x\right)+\operatorname{arccot}\left(e^{2x}\right)\right)\cdot\\ \left[\operatorname{Li}_2\left(\tfrac{(-1)^{3/4}+e^x}{-i+e^x}\right)-\operatorname{Li}_2\left(\tfrac{-(-1)^{1/4}+e^x}{i+e^x}\right) +\operatorname{Li}_2\left(\tfrac{i-(-1)^{1/4}e^x}{i+e^x}\right)-\operatorname{Li}_2\left(\tfrac{1-(-1)^{1/4}e^x}{1+ie^x}\right)\right]\\ +\left(\vphantom{\Large|}\!\operatorname{arccot}\left(e^{2x}\right)+2\operatorname{arccot}\left(1+e^x\sqrt2\right)-2\operatorname{arccot}\left(e^x\right)\right)\cdot\\ \left[\operatorname{Li}_2\left(\tfrac{-(-1)^{1/4}+e^x}{-i+e^x}\right)-\operatorname{Li}_2\left(\tfrac{(-1)^{3/4}+e^x}{i+e^x}\right)+\operatorname{Li}_2\left(\tfrac{-1+(-1)^{1/4}e^x}{-1+ie^x}\right)-\operatorname{Li}_2\left(\tfrac{-i+(-1)^{1/4}e^x}{-i+e^x}\right)\right]\right\}\\ +\frac i2\left\{\operatorname{arccot}\left(1+e^x\sqrt2\right)\cdot\\ \left[\operatorname{Li}_2\left(\tfrac{-(-1)^{3/4}+e^x}{i+e^x}\right)-\operatorname{Li}_2\left(\tfrac{(-1)^{1/4}+e^x}{-i+e^x}\right)+\operatorname{Li}_2\left(\tfrac{i+(-1)^{1/4}e^x}{i-e^x}\right)-\operatorname{Li}_2\left(\tfrac{i+(-1)^{3/4}e^x}{i+e^x}\right)\right]+\left(\vphantom{\Large|}\!\operatorname{arccot}\left(e^x\right)-\operatorname{arccot}\left(1+e^x\sqrt2\right)\right)\cdot\left[\vphantom{\Large|}\operatorname{Li}_2\left(1-(-1)^{1/4}e^x\right)-\operatorname{Li}_2\left(1+(-1)^{1/4}e^x\right)\\ +\operatorname{Li}_2\left(1-(-1)^{3/4}e^x\right)-\operatorname{Li}_2\left(1+(-1)^{3/4}e^x\right)\right]\right\}\\ +\frac14\left[\operatorname{Li}_3\left(\tfrac{-(-1)^{1/4}+e^x}{-i+e^x}\right)-\operatorname{Li}_3\left(\tfrac{-(-1)^{1/4}+e^x}{i+e^x}\right)+\operatorname{Li}_3\left(\tfrac{(-1)^{1/4}+e^x}{-i+e^x}\right)-\operatorname{Li}_3\left(\tfrac{(-1)^{1/4}+e^x}{i+e^x}\right)\\ -\operatorname{Li}_3\left(\tfrac{-(-1)^{3/4}+e^x}{-i+e^x}\right)+\operatorname{Li}_3\left(\tfrac{-(-1)^{3/4}+e^x}{i+e^x}\right) -\operatorname{Li}_3\left(\tfrac{(-1)^{3/4}+e^x}{-i+e^x}\right)+\operatorname{Li}_3\left(\tfrac{(-1)^{3/4}+e^x}{i+e^x}\right)\\ +\operatorname{Li}_3\left(\tfrac{i-(-1)^{1/4}e^x}{i+e^x}\right)-\operatorname{Li}_3\left(\tfrac{-1+(-1)^{1/4}e^x}{-1+ie^x}\right)-\operatorname{Li}_3\left(\tfrac{-i+(-1)^{1/4}e^x}{-i+e^x}\right)-\operatorname{Li}_3\left(-\tfrac{i+(-1)^{1/4}e^x}{-i+e^x}\right)\\ +\operatorname{Li}_3\left(\tfrac{i+(-1)^{1/4}e^x}{i+e^x}\right)+\operatorname{Li}_3\left(\tfrac{-i+(-1)^{3/4}e^x}{-i+e^x}\right)+\operatorname{Li}_3\left(-\tfrac{i+(-1)^{3/4}e^x}{-i+e^x}\right) -\operatorname{Li}_3\left(\tfrac{i+(-1)^{3/4}e^x}{i+e^x}\right)\right]\\ +\frac\pi{64}\left[\left(2+\sqrt2\right)\cdot\left(16G+\pi^2\sqrt2\right)-\sqrt2\,\psi^{(1)}\!\left(\tfrac18\right)\right]$$ (aquí es el correspondiente Mathematica expresión)
Si no me equivoco, debe mantener para todos los verdaderos $x$, y que puede deparar algunas complejas $x$, pero en general hay algunos cortes de ramas que necesitan ser tratados (yo todavía no era capaz de analizar por completo). Una posible prueba consiste en tomar un derivado, un (tedioso) la simplificación y cálculo de un límite para establecer la constante de integración. Me basé en Mathematica para algunos pasos, seguido por el de alta precisión numérica de validación.
Así, la respuesta final es
$$\int_0^\infty\arctan\left(e^{-x}\right)\,\arctan\left(e^{-2x}\right)\,dx=\frac\pi{64}\left[\left(2+\sqrt2\right)\cdot\left(16G+\pi^2\sqrt2\right)-\sqrt2\,\psi^{(1)}\!\left(\tfrac18\right)\right]$$
Vamos a tener uso para la siguiente identidad trigonométrica, que puede ser verificado por el conocido arco tangente, además de la ley:
$$\small{\arctan{\left(x^{2}\right)}=\arctan{\left(\frac{x}{\sqrt{2}-x}\right)}-\arctan{\left(\frac{x}{\sqrt{2}+x}\right)}};~~~\small{\left|x\right|<\sqrt{2}}.$$
También necesitaremos la definición de la función arcotangente en términos de complejos logaritmos:
$$\arctan{\left(z\right)}=\frac{\ln{\left(\frac{1+iz}{1-iz}\right)}}{2i}.$$
A continuación,
$$\begin{align} I &=\int_{0}^{\infty}\arctan{\left(e^{-y}\right)}\arctan{\left(e^{-2y}\right)}\,\mathrm{d}y\\ &=\int_{0}^{1}\frac{\arctan{\left(x\right)}\arctan{\left(x^{2}\right)}}{x}\,\mathrm{d}x;~~~\small{\left[e^{-y}=x\right]}\\ &=\int_{0}^{1}\frac{\arctan{\left(x\right)}\left[\arctan{\left(\frac{x}{\sqrt{2}-x}\right)}-\arctan{\left(\frac{x}{\sqrt{2}+x}\right)}\right]}{x}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{1}\frac{\arctan{\left(x\right)}\left[\ln{\left(1-e^{-\frac{i\pi}{4}}x\right)}-\ln{\left(1-e^{\frac{i\pi}{4}}x\right)}\right]}{2ix}\,\mathrm{d}x\\ &~~~~~-\int_{0}^{1}\frac{\arctan{\left(x\right)}\left[\ln{\left(1+e^{\frac{i\pi}{4}}x\right)}-\ln{\left(1+e^{-\frac{i\pi}{4}}x\right)}\right]}{2ix}\,\mathrm{d}x\\ &=\small{\int_{0}^{1}\frac{\left[\ln{\left(1+ix\right)}-\ln{\left(1-ix\right)}\right]\left[\ln{\left(1+e^{\frac{i\pi}{4}}x\right)}-\ln{\left(1+e^{-\frac{i\pi}{4}}x\right)}\right]}{4x}\,\mathrm{d}x}\\ &~~~~~\small{-\int_{0}^{1}\frac{\left[\ln{\left(1+ix\right)}-\ln{\left(1-ix\right)}\right]\left[\ln{\left(1+e^{\frac{3i\pi}{4}}x\right)}-\ln{\left(1+e^{-\frac{3i\pi}{4}}x\right)}\right]}{4x}\,\mathrm{d}x}\\ &=\small{\int_{0}^{1}\frac{\Re{\left[\ln{\left(1+ix\right)}\ln{\left(1+e^{\frac{i\pi}{4}}x\right)}-\ln{\left(1-ix\right)}\ln{\left(1+e^{\frac{i\pi}{4}}x\right)}\right]}}{2x}\,\mathrm{d}x}\\ &~~~~~\small{-\int_{0}^{1}\frac{\Re{\left[\ln{\left(1+ix\right)}\ln{\left(1+e^{\frac{3i\pi}{4}}x\right)}-\ln{\left(1-ix\right)}\ln{\left(1+e^{\frac{3i\pi}{4}}x\right)}\right]}}{2x}\,\mathrm{d}x}.\\ \end{align}$$
Cualquier integrante de la forma $\int\frac{\ln{\left(ax+b\right)}\ln{\left(cx+d\right)}}{px+q}\,\mathrm{d}x$ puede ser reducido a trilogarithms, dilogarithms, y funciones elementales. Así, reconocemos que $I$ se puede descomponer en una suma de dichas integrales, y por lo que en principio estamos de hecho, excepto por el tedio.
Demasiado largo para un comentario :
Tan lejos como definitivas las integrales se refiere, no existen en la actualidad métodos conocidos de la realidad, como prueba de que no poseen una forma cerrada. $($ En otras palabras, no hay equivalentes del teorema de Liouville o el algoritmo de Risch para la definitiva integrales $).$ Así que lo que voy a escribir
no constituye una "prueba" de nada, pero sólo sirve como un intuitivo explicación de por qué
es poco probable que la integral que se ha enviado tiene un "sentido" forma cerrada. Observe que el
otros dos integrands poseen una relación inversa, es decir, $$y~=~\arctan^n(e^{-x})~\iff~x~=~-\ln\tan\sqrt[n]y~=~\ln\cos\sqrt[n]y~-~\ln\sin\sqrt[n]y~.$$, al mismo tiempo, recuerda la conocida relación entre la integral definida de una función y la de su inversa:$\qquad\qquad\qquad\quad$
La aplicación es para los dos primeros casos, produce algo manejable, después de una sustitución de la forma $y=t^n.$ El último integrando, sin embargo, no presentan tales auspicioso rasgos, ya que su inversa no se pueden expresar en términos de funciones conocidas, ya sea especial o primaria.
