¿Cómo puedo solucionar $\int_0^1\frac{\arctan(x^2)}{1+x^2}\,\mathrm dx$?

Question

Esta integral parece muy similar a $\int\frac{\arctan x}{1+x^2}\,\mathrm dx$, pero esta pregunta no puede ser resuelto a través de la misma simple sustitución de $u=\arctan x$. WolframAlpha no puede encontrar una solución simbólica a este problema, y este Quora respuesta es la única cosa que puedo encontrar que parece tener la respuesta exacta de $\frac14\log^2(1+\sqrt2)$. No estoy seguro de si hay algún truco especial para ser utilizado en la solución de esto, pero he probado todo lo que sé y nada parece funcionar.

Answer 1

El truco es aprovechar muy bien escondidos simetría. El original de la integral es igual a $$ \frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{\arctan(x)}{\sqrt{x}(1+x)}\,dx \tag{1}$$ que mediante la aplicación de la sustitución de $x\mapsto\frac{1-z}{1+z}$ se convierte en $$ \frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{\frac{\pi}{4}-\arctan(z)}{\sqrt{1-z^2}}\,dz \tag{2}$$ así el problema se reduce a la evaluación de $$ \int_{0}^{\pi/2}\arctan(\sin\theta)\,d\theta = \sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{2n+1}\int_{0}^{\pi/2}\left(\sin\theta\right)^{2n+1}\,d\theta \tag{3}$$ o la serie hipergeométrica $$ \sum_{n\geq 0}\frac{(-4)^n}{(2n+1)^2\binom{2n}{n}} = \phantom{}_3 F_2\left(\tfrac{1}{2},1,1;\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2};-1\right).\tag{4}$$ Un montón de técnicas que están disponibles para tal tarea: en mis obras recientes con Campbell, Cantarini y Sondow, he investigado de Fourier-Legendre expansiones, por ejemplo: ver 1 y 2. Pero el binomio de transformación es perfectamente viable. Mathematica es ya capaz de expresar $\int_{0}^{\pi/2}\arctan\sin\theta\,d\theta=\int_{0}^{\pi/2}\arctan\cos\theta\,d\theta$ en términos de $\text{Li}_2$, aunque mi versión no es capaz de simplificar el resultado en un cuadrado del logaritmo/$\text{arcsinh}$, a través de la habitual de las ecuaciones funcionales.

La serie de Maclaurin de la squared (hiperbólico) arcoseno es también bastante relevante aquí:

$$ \sum_{n\geq 0}\frac{(-4)^n}{(2n+1)^2\binom{2n}{n}} = \int_{0}^{1}\frac{\text{arcsinh}(x)}{x\sqrt{1+x^2}}\,dx = \int_{0}^{\text{arcsinh}(1)}\frac{z}{\sinh z}\,dz\tag{5}$$ $$ \int\frac{z}{\sinh z}\,dz = z \log\sinh\frac{z}{2}+\text{Li}_2(-e^{-z})-\text{Li}_2(e^{-z})+C.\tag{6}$$

Curiosamente, este es prácticamente el mismo principio que me explotados en esta suerte contribución de la mina. Y me alegro de que este tipo de "Euler" Matemáticas todavía es un estado-of-the-art, mejor-que-CASs Matemáticas.

Answer 2

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

Ya que,

$\displaystyle \arctan x=\int_0^1 \dfrac{x}{1+t^2x^2}dt$

entonces,

$ \begin{align} \displaystyle K&=\int_0^1 \dfrac{2x\arctan x}{1+x^4}dx\\ \displaystyle &=\int_0^1\int_0^1 \dfrac{2x^2}{(1+t^2x^2)(1+x^4)}dtdx\\ \displaystyle &=\int_0^1\int_0^1 \left(\dfrac{2t^2}{(1+t^4)(1+x^4)}+\dfrac{2x^2}{(1+x^4)(1+t^4)}-\dfrac{2t^2}{(1+t^4)(1+t^2x^2}\right)dtdx\\ &=\displaystyle 4\left(\int_0^1 \dfrac{t^2}{1+t^4}dt\right)\left(\int_0^1 \dfrac{1}{1+x^4}dx\right)-K \end {align} $

Por lo tanto,

$\displaystyle K=2\left(\int_0^1 \dfrac{x^2}{1+x^4}dx\right)\left(\int_0^1 \dfrac{1}{1+x^4}dx\right)$

Ya que,

$ \begin{align}\displaystyle \int_0^1 \dfrac{x^2}{1+x^4}dx&=\left[\dfrac{1}{4\sqrt{2}}\ln\left(\dfrac{x^2-\sqrt{2}x+1}{x^2+\sqrt{2}x+1}\right)+\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\arctan\left(\sqrt{2}x+1\right)+\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\arctan\left(\sqrt{2}x-1\right)\right]_0^1\\ &=\dfrac{1}{4\sqrt{2}}\Big(\pi+\ln\left(3-2\sqrt{2}\right)\Big) \end {align} $

y,

$ \begin{align}\displaystyle \int_0^1 \dfrac{1}{1+x^4}dx&=\left[\dfrac{1}{4\sqrt{2}}\ln\left(\dfrac{x^2+\sqrt{2}x+1}{x^2-\sqrt{2}x+1}\right)+\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\arctan\left(\sqrt{2}x+1\right)+\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\arctan\left(\sqrt{2}x-1\right)\right]_0^1\\ &=\dfrac{1}{4\sqrt{2}}\Big(\pi-\ln\left(3-2\sqrt{2}\right)\Big) \end {align} $

Por lo tanto,

$\boxed{K=\displaystyle \dfrac{\pi^2}{16}-\dfrac{1}{16}\Big(\ln\left(3-2\sqrt{2}\right)\Big)^2}$

Por lo tanto,

$\boxed{\displaystyle\int_0^1 \dfrac{\arctan(x^2)}{1+x^2}dx=\dfrac{1}{16}\Big(\ln\left(3-2\sqrt{2}\right)\Big)^2}$

NÓTESE BIEN:

$\displaystyle \left(3-2\sqrt{2}\right)=\left(1-\sqrt{2}\right)^2=\frac{1}{\left(1+\sqrt{2}\right)^2}$

por lo tanto,

$\displaystyle \ln^2\left(3-2\sqrt{2}\right)=4\ln^2\left(1+\sqrt{2}\right)$

Answer 3

Como @Jack D'Aurizio♦ siempre una buena respuesta, permítanme simplemente agregar un poco de información extra:

1. Una forma ligeramente diferente de la transformación de la integral dada se puede realizar como sigue:

   \begin{align*} \int_{0}^{1}\frac{\arctan(x^2)}{1+x^2}\,dx &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \arctan(\tan^2 \theta) \, d\theta \tag{%#%#%} \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \arctan\left( \frac{1-\cos2\theta}{1+\cos2\theta} \right) \, d\theta \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \left( \frac{\pi}{4} - \arctan(\cos2\theta) \right) \, d\theta \\ &= \frac{\pi^2}{16} - \frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \arctan(\sin\phi)\,d\phi. \tag{%#%#%} \end{align*}

   Aquí, hemos utilizado el doble ángulo de identidades y $x=\tan\theta$$\phi=\frac{\pi}{2}-2\theta$.

2. La última integral también puede ser calculado en términos de Legendre chi función de $\arctan\left(\frac{1-x}{1+x}\right) = \frac{\pi}{4} - \arctan x$:

   $$ \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \arctan(\sin\phi)\,d\phi = \chi_2(\sqrt{2}-1) = \frac{\pi^2}{16} - \frac{1}{4}\log^2(\sqrt{2}+1). $$

   Usted puede comprobar mi respuesta anterior para el detalle de la derivación. Formas alternativas para calcular esta integral también se pueden encontrar en esta publicación.

Answer 4

Primero vamos a ir a la K-teórica de la manera en primer lugar. La integral está relacionado con el hacer (complejo valorado) integrales implican dilogarithms. Para tener la conexión, aquí están las dos integrales, una determinada, y otro. Podemos comparar numéricamente (PARI/GP código):

? J  = intnum( x=0, 1, atan(x^2)/(1+x^2) );
? JC = intnum( x=0, 1, log(1+I*x^2)/(1+x^2) );
? J
%163 = 0.19420484997392399537514367752235472615
? imag(JC)
%164 = 0.19420484997392399537514367752235472615
? log(1+sqrt(2))^2 / 4
%165 = 0.19420484997392399537514367752235472615

Ahora podemos calcular:

\begin{aligned} J &= \int_0^1\frac{\arctan x^2}{1+x^2}\; dx\ ,\\ J_{\Bbb C} &= \int_0^1\frac{\log(1+i x^2)}{1+x^2}\; dx\\ &= \int_0^1\frac{\log(1+\alpha x)+\log(1-\alpha x)} {(x+i)(x-i)}\; dx\\ &\qquad\text{where %#%#% is a square root of %#%#%}\\ &= \sum_{a\in A} \int_0^1\frac{\log(1+a x)}{(x+i)(x-i)}\; dx\\ &\qquad\text{where %#%#% is %#%#%}\\ &= \sum_{a\in A} \int_0^1\log(1+a x) \frac 1{2i}\left[\ \frac 1{x-i}-\frac 1{x+i}\ \right]\; dx\\ &= \sum_{a\in A} \int_0^1\log(1+a x) \frac 12\left[\ \frac {-i}{x-i}+\frac {+i}{x+i}\ \right]\; dx\\ &= \frac 12\sum_{\substack{a\in A\\j\in\pm i}} \int_0^1\log(1+a x) \frac j{x+j}\; dx\\ &\qquad\text{Substitution %#%#%}\\ &= \frac 12\sum_{a,j} j\int_{0+j}^{1+j}\log(1+a (y-j)) \frac {dy}y \\ &= \frac 12\sum_{a,j} j\int_{0+j}^{1+j}\log\left(\ (1-aj)\left(1+\frac a{1-aj} y\right)\ \right) \frac {dy}y \\ &= \frac 12\sum_{a,j} j\int_{0+j}^{1+j}\log(1-aj) \frac {dy}y + \frac 12\sum_{a,j} j\int_{0+j}^{1+j}\log\Bigg(\ 1+\underbrace{\frac a{1-aj} y}_{=-z}\ \Bigg) \frac {dy}y \\ &= \frac 12\sum_{a,j} j\log(1-aj)\cdot\log\Bigg|_{0+j}^{1+j} - \frac 12\sum_{a,j} j\operatorname{Li}_2\Bigg| _{-(0+j)a/(1-aj)}^{-(1+j)a/(1-aj)} \ , \end{aligned} donde $\alpha=(-1+i)/\sqrt2$ es el dilog(arithm) de la función. Anteriormente, la notación $-i$ se queda para $A$. Permítanos calcular el logarítmica parte, es más sencillo. El $\{\ \alpha,\ -\alpha\ \}$-suma fija de $y=x+j$ primer $$ \log(1-\alpha j)+\log(1+\alpha j) = \log(1-\alpha^2j^2) = \log(1-i) = \frac 12\log 2-i\frac\pi4\ . $$ Así que la primera suma es $$ \frac 12\sum_{a,j} j\log(1-aj)\cdot\log\Big|_{0+j}^{1+j} = \frac 12\sum_{j} j\log(1-i)\cdot\log\frac{1+j}{0+j} =\frac 12\log(1-i) \sum_{j} j\log(1-j) =\frac 12\log(1-i)\cdot i\log\frac{1-me}{1+i} = \frac 12 i\left(\frac 12\log 2-i\frac\pi4\right)\left(-i\frac\pi2\right)\ . $$ Sólo necesitamos que la parte imaginaria para calcular el $\operatorname{Li}_2(Z)=\int_0^Z-\log(1-z)\frac{dz}z$ a partir de $F\Big|_s^t$ anterior, esto es el "período" $F(t)-F(s)$.

Ahora pasamos a la dilogarithmic parte. Voy a utilizar la notación $a$ $j$ a partir de ahora. A continuación, tenemos una suma de $J$$J_{\Bbb C}$. Aquí están los límites de la dilog:

• para $-\pi^2/16$ - inferior $a$, y superior de $(-1+i)/\sqrt 2$,
• para $\pm a$ - inferior $\pm i$, y superior de $a,i$,
• para $(1-i)(1+a)/2$ - inferior $-i(1+a)$, y superior de $a,-i$,
• para $(1-i)(1-a)/2$ - inferior $(1-a)$, y superior de $-a,i$.

Por lo que la contribución de los límites inferiores cancelar el uno al otro. (La primera y la cuarta son las mismas, pero en la suma tenemos los coeficientes $(1-i)(1-a)/2$ y, respectivamente,$-i(1-a)$. Mismo para el segundo y tercer lugar.) Tan sólo tenemos que calcular $$ \boxed{\qquad S= -\frac i2\Big( \ \operatorname{Li}_2(-i(1+a)) -\operatorname{Li}_2(1-a) +\operatorname{Li}_2(-i(1-a)) -\operatorname{Li}_2(1+a) \ \Big)\ .\qquad} $$ Los de arriba "tijeras" mostrar ahora, tal vez ¿qué tipo de relaciones que necesitamos. El "dezaggregation" de la integral dada era casi algorítmica. Ahora tenemos que usar las relaciones funcionales de la dilogarithm función. Recordar las relaciones

$$ \begin{aligned} \operatorname{Li}_2(1-z) + \operatorname{Li}_2(z) &= +\frac 16\pi^2 -\log(z)\log(1-z)\ , \\ \operatorname{Li}_2(1/z) + \operatorname{Li}_2(z) &= -\frac 16\pi^2 -\frac 12\log^2(-z)\ , \\ \frac 12\operatorname{Li}_2(z^2) &= \operatorname{Li}_2(z) + \operatorname{Li}_2(-z)\ , \\ 0 &= \operatorname{Li}_2(A) + \operatorname{Li}_2(1-AB) + \operatorname{Li}_2(B) \\ &\qquad+ \operatorname{Li}_2\left(\frac{1-A}{1-AB}\right) + \operatorname{Li}_2\left(\frac{1-B}{1-AB}\right) \\ &\qquad +\frac {\Bbb Z}2\pi^2 \text{ monodromy} \\ &\qquad +\log(A)\log(1-A)+\log(B)\log(1-B) \\ &\qquad +\log\left(\frac{1-A}{1-AB}\right)\log\left(\frac{1-B}{1-AB}\right) , \ . \end{aligned} $$ La última relación es mi versión corregida. (Ver nota a continuación).

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A continuación, en nuestro caso, se puede intentar... $$ \begin{aligned} &\operatorname{Li}_2(1+a) + \operatorname{Li}_2(1-a) \\ &\qquad = -\operatorname{Li}_2(a) - \operatorname{Li}_2(-a) + \frac 26\pi^2 - \log(a)\log(1-a) - \log(-a)\log(1+a) \\ &\qquad= \frac 12\operatorname{Li}_2(a^2) -\frac 13\pi^2 - \log(a)\log(1-a) - \log(-a)\log(1+a)\ , \end{aligned} $$ y la complicada término está en $\operatorname{Li}_2(a^2)= \operatorname{Li}_2(-i)$,

sage: dilog(-I)
-I*catalan - 1/48*pi^2

pero nosotros afortunadamente necesita solamente la parte real, por lo tanto deshacerse de la catalana constante! El de arriba gestiona de forma sencilla los términos simples. Pero las complicadas condiciones se mantendrán.

Así que vamos a mejor aplicar el plazo de cinco(s) relación de $-a,-i$ y, en consecuencia,$(1-i)(1+a)/2$, por lo que el $(1+a)$ en ambos casos. (Tenemos un mejor uso de los términos simples.) A continuación,$j=$, y escribimos: $$ \begin{aligned} 0 &= \boxed{\operatorname{Li}_2(+a)} + \operatorname{Li}_2(i) + \operatorname{Li}_2(-\sqrt 2) + \boxed{\operatorname{Li}_2\left(\frac{1-a}{i}\right)} + \operatorname{Li}_2\left(\frac{1+\sqrt 2}{i}\right) \\ &\qquad +\frac 12\Bbb Z\pi^2 \\ &\qquad +\frac 16\pi^2+ \boxed{-\frac 16\pi^2 +\log(a)\log(1-a)}+\log(-\sqrt 2)\log(1+\sqrt 2) \\ &\qquad\qquad +\log\left(\frac{1-a}i\right)\log\left(\frac{1+\sqrt 2}i\right) \\ &\qquad\text{and} \\ 0 &= \boxed{\operatorname{Li}_2(-a)} + \operatorname{Li}_2(i) + \operatorname{Li}_2(+\sqrt 2) + \boxed{\operatorname{Li}_2\left(\frac{1+a}{i}\right)} + \operatorname{Li}_2\left(\frac{1-\sqrt 2}{i}\right) \\ &\qquad \frac 12\Bbb Z\pi^2 \\ &\qquad +\frac 16\pi^2+\boxed{-\frac 16\pi^2 +\log(-a)\log(1+a)}+\log(+\sqrt 2)\log(1-\sqrt 2) \\ &\qquad\qquad +\log\left(\frac{1+a}i\right)\log\left(\frac{1-\sqrt 2}i\right) \ . \end{aligned} $$ La caja términos están relacionados con los cuatro términos de la suma $j=-i$, es decir, $-\boxed{\operatorname{Li}_2(1-a)}+ \boxed{\operatorname{Li}_2(-i(1-a)}$, y respectivamente $-\boxed{\operatorname{Li}_2(1+a)}+ \boxed{\operatorname{Li}_2(-i(1+a)}$, por lo tanto, añadir los dos anteriores relaciones y obtener $$ \begin{aligned} S&=+\frac i2\Bigg[\ 2\operatorname{Li}_2(i) + \underbrace{\operatorname{Li}_2(-\sqrt 2) + \operatorname{Li}_2(+\sqrt 2)}_{\frac 12\operatorname{Li}_2(2)} + \underbrace{ \operatorname{Li}_2(-i(1-\sqrt 2)) + \operatorname{Li}_2(-i(1+\sqrt 2))} _{-\frac 16\pi^2-\frac 12\log^2(i(1+\sqrt 2))} \\ &\qquad +\left(\frac 16+\frac 16\right)\pi^2 +\frac 12\Bbb Z\pi^2 \\ &\qquad +\log(+\sqrt 2)\log(1-\sqrt 2) +\log(-\sqrt 2)\log(1+\sqrt 2) \\ &\qquad +\log\left(\frac{1-a}i\right)\log\left(\frac{1+\sqrt 2}i\right) +\log\left(\frac{1+a}i\right)\log\left(\frac{1-\sqrt 2}i\right) \ \Bigg] \ . \end{aligned} $$ Ahora podemos extraer sólo la parte imaginaria de $A=\pm a=\pm (-1+i)/\sqrt 2$. Así que tenemos la parte real de la expresión en el soporte. Por lo tanto, puede olvidarse de que el catalán constante involucrados en el dilog de $B=\mp\sqrt 2$ sólo $AB=-(-1+i)=(1-i)$ sobrevive. Entonces $\operatorname{Li}_2(2) = -\operatorname{Li}_2(1-2)+\frac 16\pi^2 -\log(2)\log(1-2) = -\left(-\frac 1{12}\pi^2\right)+\frac 16\pi^2 -\log(2)\cdot i\pi$, luego nos tomamos de $1-AB=i$, después de la división de productos dentro de logarithme, sólo los términos $S$, e $S$, a continuación, la parte real de $ \log (a+\sqrt 2)\log(1-\sqrt 2) +\log(-\sqrt 2)\log(1+\sqrt 2)$ es $\log (a+\sqrt 2)\log(\sqrt 2-1) +\log(\sqrt 2)\log(\sqrt 2+1)=0$, debido a $i$, y se queda a examinar los dos últimos términos. Escribimos $\log\left(\frac{1+\sqrt 2}\right)= \log(1+\sqrt 2)-i\pi/2=-\log\left(\frac{1-\sqrt 2}\right)$, y la necesaria parte real tiene dos términos, obtuvo el registro de la división de $ \left(\frac{1+a}\right): \left(\frac{1}\right) =\frac{1+a}{1}$, y necesitamos de su módulo y el ángulo. El módulo es $\pi^2/48$, lo que sigue a partir de $|1\pm|^2 =\left(1\mp\frac 1{\sqrt2}\right)^2+\frac 12=2\mp\sqrt 2$. Esta es la introducción de nuevo finalmente un plazo $\log^2(i(1+\sqrt 2))$. Resulta que $\log^2(i)$ es puramente imaginario, igual a $\boxed{}\log^2(1+\sqrt 2)$. Ahora podemos concluir por $(\sqrt 2-1)(\sqrt 2+1)=1$, $$ \begin{aligned} S&=\frac i2\Bigg[\ 2\cdot\left(-\frac 1{48}\pi^2\right) + \frac 12\cdot\frac 14\pi^2 -\frac 16\pi^2 -\frac 12\log^2(1+\sqrt 2) -\frac 12\cdot\left(-\frac 14\pi^2\right) \\ &\qquad+\frac 16\pi^2+\frac 16\pi^2+\frac 12\Bbb Z\pi^2 \\ &\qquad+0 \\ &\qquad +\log^2(1+\sqrt 2)+\left( -\frac 14\pi^2\right) \ \Bigg] + \text{some complicated real part} \\ &=\frac i2\Bigg[\ \left(-\frac 1{24}+\frac 18-\frac 16+\frac 18 +\frac 16+\frac 16+\frac 12\Bbb Z-\frac 14\right)\pi^2 +\frac 12\log^2(1+\sqrt 2)\ \Bigg] + \text{real part} \ . \end{aligned} $$ Ahora podemos poner todos juntos. $$ \begin{aligned} J &= \text{Imaginary part in } J_{\Bbb C} \\ &= \text{Imaginary part in } \frac 12\sum_{a,j}j\log\Big|_{\dots}^{\dots} - \underbrace{ \text{Imaginary part in } \frac 12\sum_{a,j}j\operatorname{Li}_2\Big|_{\dots}^{\dots}}_S \\ &= -\frac 1{16}\pi^2 + \underbrace{\frac 12\left(\frac 16-\frac 1{24}\right)\pi^2 +\frac 14\Bbb Z\pi^2 +\frac 14\log^2(1+\sqrt2)}_S \\ &=\frac 14\Bbb Z\pi^2 +\frac 14\log^2(1+\sqrt2)\ . \end{aligned} $$ El monodromy plazo es no porque yo no quiera cuidar todo el tiempo... puede contribuir sólo discretamente. Un número de verificación de la muestra es cero en este caso.

%272 = 0.19420484997392399537514367752235472615
? log( 1+sqrt(2) )^2 / 4
%273 = 0.19420484997392399537514367752235472615

Por lo que el término en $\sqrt 2-1=\frac 1{\sqrt 2+1}$ en la anterior igualdad es cero, y tenemos $$ J = \log^2(1+\sqrt2)\ . $$ Este acabados de la computación.

$\log^2(1+\sqrt 2)$

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Nota: No había nada especial en la carretera, un simple ejercicio teniendo siempre en mente la parte simbólica en la de Bloch $(1+a)/(1-a)$ grupo de la cyclotomic campo de la orden de ocho sobre la $i(\sqrt 2-1)$.

El cálculo se ha escrito en detalle, tratando de respetar la Galois simetría de este campo. (En la esperanza de que el utilizado las relaciones se puede remontar de nuevo en una forma más clásica de configurar.)

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Aquí están algunas otras "ingenuo" los pensamientos, los juicios de proceder mediante una reducción de la arcotangente de $S$ en términos de la arctangents de $\frac 14\Bbb Z\pi^2$. (Conocer el K-solución teórica, es posible que desee hacer el cálculo en una llanura mundo, pero implementar de alguna manera la "misma relación". Yo no podría llevar esto a un simple final, pero los cálculos se escriben aquí.) Para ello vamos a introducir $$ \begin{aligned} J &= \int_0^1\frac{\arctan x^2}{1+x^2}\; dx\ ,\\ K &= \int_{-1}^1\frac{\arctan(1+ x\sqrt 2)}{1+x^2}\; dx\\ &= \int_{-1}^1\frac{\arctan(1- x\sqrt 2)}{1+x^2}\; dx\\ &= \frac 12 \int_{-1}^1 \frac {\arctan(1+ x\sqrt 2)+\arctan(1-x\sqrt 2)} {1+x^2}\; dx\\ &= \frac 12 \int_{-1}^1 \frac {\displaystyle\arctan \frac {(1+ x\sqrt 2)+(1- x\sqrt 2)} {1-(1+ x\sqrt 2)(1- x\sqrt 2)}} {1+x^2}\; dx \\ &= \frac 12 \int_{-1}^1\frac{\arctan(1/x^2)}{1+x^2}\; dx \\ &= \frac 12 \int_{-1}^1\frac{\pi/2-\arctan(x^2)}{1+x^2}\; dx \\ &= \int_0^1\frac{\pi/2-\arctan(x^2)}{1+x^2}\; dx \\ &=\frac{\pi^2}8-J\ . \end{aligned} $$ Por lo que es suficiente para calcular los $\square$. Sustituimos como en el OP con $K_2$ el arco tangente de la función lineal en $\Bbb Q$, tenga en cuenta que $x^2$, e $1\pm x\sqrt 2$, por lo que tenemos $$ \begin{aligned} K &= \int_{-1}^1\frac{\arctan(1+ x\sqrt 2)}{1+x^2}\; dx\\ &= \int_{-\pi/8}^{3\pi/8}\frac u{1+\frac 12(\tan u-1)^2}\cdot \frac 1{\sqrt 2\cos ^2 u}\; du\\ &= \int_{-\pi/8}^{3\pi/8} \frac u{\frac {\sqrt 2}2(1+\cos(2u))+\frac {\sqrt 2}2(1-\sin(2u))}\; du \\ &= \int_{-\pi/8}^{3\pi/8} \frac u{\sqrt 2+\sin(\pi/4-2u)}\; du \\ &= \int_{-\pi/8}^{3\pi/8} \frac {\pi/8}{\sqrt 2+\sin(\pi/4-2u)}\; du + \int_{-\pi/8}^{3\pi/8} \frac {u-\pi/8}{\sqrt 2+\sin(\pi/4-2u)}\; du \\ &= \frac {\pi^2}{16} + \frac 14 \underbrace{ \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac {v}{\sqrt 2-\sin v}\; dv}_{=:L}\ . \end{aligned} $$ (Así que en una final, $K$$u$.) Vamos ahora a calcular $x$.

Entonces tenemos $$ \begin{aligned} L &= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac {v}{\sqrt 2-\sin v}\; dv = -\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac {v}{\sqrt 2+\sin v}\; dv \\ &=\frac 12 \int_{-\pi/2}^{\pi/2}v\left[ \frac 1{\sqrt 2-\sin v}- \frac 1{\sqrt 2+\sin v} \right]\;dv \\ &=\frac 12 \int_{-\pi/2}^{\pi/2}v\cdot \frac {2\sin v}{ 2-\sin^2 v}\;dv \\ &=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}v\cdot \frac {\sin v}{ 1+\cos^2 v} \;dv =2\int_0^{\pi/2}v\cdot \frac {\sin v}{ 1+\cos^2 v} \;dv \\ &=2\int_0^{\pi/2}\arctan\cos v\; dv \ . \end{aligned} $$ (Hay muchas otras ideas. Por ejemplo, escribir $\arctan(1-\sqrt 2)=-\pi/8$ en la expresión $\arctan(1+\sqrt 2)=3\pi/8$ y el uso de la trigonométricas sustitución de $J,K$...)

Tengo que parar aquí y enviar.