Demostrando que $\int_0^1 \frac{\arctan x}{x}\ln\left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right)dx=\frac{\pi^3}{16}$

Question

La siguiente integral fue propuesta por Cornel Ioan Valean y apareció como Problema $12054$ en el American Mathematical Monthly a principios de este año.

Prueba $$\int_0^1 \frac{\arctan x}{x}\ln\left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right)dx=\frac{\pi^3}{16}$$

Tuve pequeños intentos para ello, como escribir:

$$I=\int_0^1 \frac{\arctan x}{x}\ln\left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right)dx\overset{ x\to \tan \frac{x}{2}}=-\frac12 {\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{x\ln(1-\sin x)}{\sin x} dx}$$

Y con el truco de Feynman obtenemos: $$J(t)=\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{x\ln(1-t\sin x)}{\sin x}dx\Rightarrow J'(t)=\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{x}{1-t\sin x}dx$$ Pero no veo la forma de obtener un cerrado de para la integral anterior.

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También de aquí tenemos la siguiente relación: $$\int_0^1 \frac{\arctan x \ln(1+x^2)}{x} dx =\frac23 \int_0^1 \frac{\arctan x \ln(1+x)}{x}dx$$ Así podemos reescribir la integral como $$I=\frac23 \int_0^1 \frac{\arctan x \ln(1+x)}{x}dx -2\int_0^1 \frac{\arctan x \ln(1-x)}{x}dx$$

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Otra opción podría ser reescribir: $$\ln\left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right)= \ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)+\ln\left(\frac{1+x^2}{1-x^2}\right)$$ $$\Rightarrow I= \int_0^1 \frac{\arctan x}{x}\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)dx+\int_0^1 \frac{\arctan x}{x}\ln\left(\frac{1+x^2}{1-x^2}\right)dx$$ Y ahora utilizar la expansión de potencia de las funciones logarítmicas para obtener: $$\small I=\sum_{n=0}^\infty \frac{2}{2n+1}\int_0^1 \frac{\arctan x}{x} \, \left(x^{2n+1}+x^{4n+2}\right)dx=\sum_{n=0}^\infty \frac{2}{2n+1}\int_0^1\int_0^1 \frac{\left(x^{2n+1}+x^{4n+2}\right)}{1+y^2x^2}dydx$$

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Esto parece una integral impresionante y me gustaría aprender más por lo que estoy buscando más enfoques. ¿Alguno de vosotros que también la haya resuelto y enviado la respuesta a la AMM o sepa cómo resolver esta integral podría compartir la solución aquí?

Editar: Mientras tanto, he encontrado una buena solución de Roberto Tauraso aquí y otro enfoque impresionante debido a Yaghoub Sharifi aquí .

Answer 1

Otro enfoque,

Realizar la integración por partes,

\begin {align*} I&= \int_0 ^1 \frac { \arctan x}{x} \ln\left ( \frac {1+x^2}{(1-x)^2} \right )\N-\N-\N-Dx \\ &= \Big [ \ln (x) \ln\left ( \frac {1+x^2}{(1-x)^2} \right ) \arctan x \Big ]_0^1 - \int_0 ^1 \frac { \ln x}{1+x^2} \ln\left ( \frac {1+x^2}{(1-x)^2} \right )dx- \int_0 ^1 \frac {2(1+x) \ln (x) \arctan (x)}{(1-x)(1+x^2)}dx \\ &=- \int_0 ^1 \frac { \ln x}{1+x^2} \ln\left ( \frac {1+x^2}{(1-x)^2} \right )dx-2 \int_0 ^1 \frac {(1+x) \ln (x) \arctan (x)}{(1-x)(1+x^2)}dx \\ \end {align*}

Para $x\in [0;1]$ definir la función $R$ por,

\begin {align*} R(x)= \int_0 ^x \frac {(1+t) \ln t}{(1-t)(1+t^2)}dt= \int_0 ^1 \frac {x(1+tx) \ln (tx)}{(1-tx)(1+t^2x^2)}dt \\ \end {align*}

Observe que,

\begin {align*} R(1)= \int_0 ^1 \frac {t \ln t}{1+t}dt+ \int_0 ^1 \frac { \ln t}{1-t}dt \end {align*} Realizar la integración por partes,

\begin {align*} I&=- \int_0 ^1 \frac { \ln x}{1+x^2} \ln\left ( \frac {1+x^2}{(1-x)^2} \right )dx-2 \Big [R(x) \arctan x \Big ]_0^1+2 \int_0 ^1 \frac {R(x)}{1+x^2}dx \\ &=- \int_0 ^1 \frac { \ln x}{1+x^2} \ln\left ( \frac {1+x^2}{(1-x)^2} \right )dx- \frac { \pi }{2}R(1)+2 \int_0 ^1 \int_0 ^1 \frac {x(1+tx) \ln (tx)}{(1-tx)(1+t^2x^2)(1+x^2)}dtdx \\ &=- \int_0 ^1 \frac { \ln x}{1+x^2} \ln\left ( \frac {1+x^2}{(1-x)^2} \right )dx- \frac { \pi }{2}R(1)+ \int_0 ^1 \ln x \left [ \frac {1}{1+x^2} \ln\left ( \frac {1+t^2x^2}{(1-tx)^2} \right ) \right ]_{t=0}^{t=1} dx+ \\ & \int_0 ^1 \ln t \left [ \frac {1}{1+t^2} \ln\left ( \frac {1+x^2}{(1-tx)^2} \right )+ \frac {2 \arctan (tx)}{1-t^2}- \frac {2t \arctan x}{1+t^2}- \frac {2t \arctan x}{1-t^2} \right ]_{x=0}^{x=1} dt \\ &=- \frac { \pi }{2}R(1)+ \ln 2 \int_0 ^1 \frac { \ln t}{1+t^2}dt-2 \int_0 ^1 \frac { \ln (1-t) \ln t}{1+t^2}dt+2 \int_0 ^1 \frac { \ln t \arctan t}{1-t^2}dt- \\ & \frac { \pi }{2} \int_0 ^1 \frac {t \ln t}{1+t^2}dt- \frac { \pi }{2} \int_0 ^1 \frac {t \ln t}{1-t^2} dt \\ \end {align*}

Para $x\in [0;1]$ definir la función $S$ por,

\begin {align*} S(x)= \int_0 ^x \frac { \ln t}{1-t^2}dt= \int_0 ^1 \frac {x \ln (tx)}{1-t^2x^2} dt \end {align*}

Realizar la integración por partes,

\begin {align*} \int_0 ^1 \frac { \ln x \arctan x}{1-x^2}dx&= \Big [S(x) \arctan x \Big ]_0^1- \int_0 ^1 \frac {S(x)}{1+x^2}dx \\ &= \frac { \pi }{4}S(1)- \int_0 ^1 \int_0 ^1 \frac {x \ln (tx)} {(1-t^2x^2)(1+x^2)} dtdx \\ &= \frac { \pi }{4}S(1)- \frac {1}{2} \int_0 ^1 \left [ \frac { \ln x}{1+x^2} \ln\left ( \frac {1+tx}{1-tx} \right ) \right ]_{t=0}^{t=1} dx- \\ & \frac {1}{2} \int_0 ^1 \left [ \frac { \ln t}{1+t^2} \ln\left ( \frac {1+x^2}{1-t^2x^2} \right ) \right ]_{x=0}^{x=1}dt \\ &= \frac { \pi }{4}S(1)- \frac { \ln 2}{2} \int_0 ^1 \frac { \ln t}{1+t^2}dt+ \int_0 ^1 \frac { \ln (1-x) \ln x}{1+x^2}dx \end {align*}

Por lo tanto,

\begin {align*}I&= \pi\int_0 ^1 \frac {2t \ln t}{t^4-1} dt \end {align*}

Realizar el cambio de variable $y=t^2$ ,

\begin {align*}I&= \frac {1}{2} \pi \int_0 ^1 \frac { \ln y}{y^2-1}dy \\ &= \frac {1}{2} \pi\times \frac {3}{4} \zeta (2) \\ &= \frac { \pi ^3}{16} \end {align*}

Answer 2

Poner \begin {equation*} I= \int_ {0}^1 \dfrac { \arctan x}{x} \ln\left ( \dfrac {1+x^2}{(1-x)^2} \right )\, \mathrm {d}x. \end {equation*} Mediante la sustitución $ x=\dfrac{z}{z+1}$ obtenemos \begin {equation*} I = \int_ {0}^{ \infty } \dfrac { \arctan \frac {z}{z+1} \ln (2z^2+2z+1)}{z^2+z}\, \mathrm {d}z. \end {equation*} Poner \begin {equation*} \log z= \ln |z|+i \arg z, \quad - \pi < \arg z < \pi. \end {equation*} Entonces \begin {equation*} \arctan \frac {z}{z+1} \ln (2z^2+2z+1) = \text {Im} \left ( \log ^2(1+z+iz) \right ). \end {equation*} En consecuencia, \begin {equation*} I = \text {Im} \left ( \int_ {0}^{ \infty } \dfrac { \log ^2(1+z+iz)}{z^2+z} \right ) \mathrm {d}z. \end {equation*} Sin embargo, $ \log(z) $ es una función analítica en $ \text{Re} z>0 $ . Según el teorema de la integral de Cauchys obtenemos el mismo valor si integramos a lo largo de la curva con la parametrización $ z=(1-i)s, s>0 $ . \begin {reunir*} I = \text {Im} \left ( \int_ {0}^{ \infty } \dfrac { \ln ^2(2s+1)}{s(s+1-is)}\, \mathrm {d}s \right ) = \int_ {0}^{ \infty } \dfrac { \ln ^2(2s+1)}{2s^2+2s+1}\, \mathrm {d}s = \\ [2ex] \int_ {0}^{ \infty } \dfrac {2 \ln ^2(2s+1)}{(2s+1)^2+1}\, \mathrm {d}s = [t=2s+1] = \\ [2ex] \int_ {1}^{ \infty } \dfrac { \ln ^2(t)}{t^2+1}\N, \mathrm {d}t =[u= 1/t] = \int_ {0}^{1} \dfrac { \ln ^2(u)}{u^2+1}\N, \mathrm {d}u. \end {reunir*} Así, \begin {equation*} 2I = \int_ {0}^{ \infty } \dfrac { \ln ^2(u)}{u^2+1}\N, \mathrm {d}u \end {equation*} Para evaluar esta integral integramos $ \dfrac{\log^3(z)}{z^2+1} $ a lo largo de un contorno de ojo de cerradura y utilizar el cálculo de residuos. En este caso $ \log z =\ln |z|+i\arg z, \quad 0<\arg z < 2\pi $ . Obtenemos \begin {equation*} I = \dfrac { \pi ^3}{16}. \end {equation*}

Answer 3

Empezando por romper la integral

$\displaystyle I=\int_0^1\frac{\arctan x}{x}\ln\left(\frac{1+x^2}{(1-x)^2}\right)\ dx=\int_0^1\frac{\arctan x}{x}\ln(1+x^2)dx-2\int_0^1\frac{\arctan x}{x}\ln(1-x)dx$

entonces usando la identidad $\ \displaystyle\arctan x\ln(1+x^2)=-2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n H_{2n}} {2n+1}x^{2n+1}$ para la primera integral y la expansión en serie $\displaystyle\arctan x$ de la segunda integral, obtenemos \begin {align*} I&=-2 \sum_ {n=0}^{ \infty } \frac {(-1)^n H_{2n}}{2n+1} \int_0 ^1x^{2n}\\Ndx-2 \sum_ {n=0}^{ \infty } \frac {(-1)^n}{2n+1} \int_0 ^1x^{2n} \ln (1-x)\Ndx \\ &=-2 \sum_ {n=0}^{ \infty } \frac {(-1)^n H_{2n}}{(2n+1)^2}-2 \sum_ {n=0}^{ \infty } \frac {(-1)^n}{2n+1} \left (- \frac {H_{2n+1}}{2n+1} \right ) \\ &=-2 \sum_ {n=0}^{ \infty } \frac {(-1)^n H_{2n}}{(2n+1)^2}-2 \sum_ {n=0}^{ \infty } \frac {(-1)^n}{2n+1} \left (- \frac {H_{2n}}{2n+1}- \frac {1}{(2n+1)^2} \right ) \\ &=2 \sum_ {n=0}^{ \infty } \frac {(-1)^n}{(2n+1)^3}=2 \beta (3)= \frac { \pi ^3}{16} \end {align*}

donde $\beta(3)=\frac{\pi^3}{32}$ es la función beta de Dirichlet.

Nótese que utilizamos el resultado clásico $\int_0^1 x^{n-1}\ln(1-x)dx=-\frac{H_n}{n}$ que se puede demostrar de la siguiente manera:

$$\int_0^1 x^{n-1}\ln(1-x)dx=-\sum_{k=1}^\infty\frac1k\int_0^1 x^{n+k-1}dx=-\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k(n+k)}\\=-\frac1n\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1k-\frac1{n+k}\right)=-\frac1n\sum_{k=1}^n\frac1k=-\frac{H_n}{n}$$

Answer 4

I continuar con su segundo intento con el método FDP proporcionan

$$\begin{aligned} I & = \frac2{3} \left( \int_{0}^{1} {\frac{\arctan x \ln(1+x)}{x} \mathrm{d}x} - 3\int_{0}^{1} {\frac{\arctan x \ln(1-x)}{x} \mathrm{d}x} \right)\\ & = \frac2{3} \left( -\int_{0}^{1} {\frac{\arctan x}{x} \left( \ln\frac{1-x}{1+x} \right) \mathrm{d}x} - 2\int_{0}^{1} {\frac{\arctan x \ln(1-x)}{x} \mathrm{d}x} \right) \end{aligned}$$

dejar $y=\tfrac{1-x}{1+x}$ en la primera integral y observe que $\arctan\tfrac{1-y}{1+y} + \arctan y = \tfrac{\pi}{4}$

$$\begin{aligned} \int_{0}^{1} {\frac{\arctan x}{x} \left( \ln\frac{1-x}{1+x} \right) \mathrm{d}x} & = 2\int_{0}^{1} {\frac{\arctan \tfrac{1-y}{1+y} \ln y}{1-y^2} \mathrm{d}y}\\ & = \frac{\pi}{2} \int_{0}^{1} {\frac{\ln y}{1-y^2} \mathrm{d}y} - 2\int_{0}^{1} {\frac{\arctan y \ln y}{1-y^2} \mathrm{d}y} \end{aligned}$$

segundo se puede integrar por partes

$$\ \int_{0}^{1} {\frac{\arctan x \ln(1-x)}{x} \mathrm{d}x} = -\int_{0}^{1} {\frac{\ln x \ln(1-x)}{1+x^2} \mathrm{d}x} + 2\int_{0}^{1} {\frac{\arctan x \ln x}{1-x^2} \mathrm{d}x} - \int_{0}^{1} {\frac{\arctan x \ln x}{1+x} \mathrm{d}x}$$

utilizando el método como FDP hecho, establecer

$$\begin{aligned} P(x) & = \int_{0}^{x} {\frac{\ln u}{1-u^2} \mathrm{d}u} = \int_{0}^{1} {\frac{x\ln tx}{1-t^2x^2} \mathrm{d}t}\\ Q(x) & = \int_{0}^{x} {\frac{\ln u}{1+u} \mathrm{d}u} = \int_{0}^{1} {\frac{x\ln tx}{1+tx} \mathrm{d}t} \end{aligned}$$

Deducir

$$\int_{0}^{1} {\frac{\arctan x \ln x}{1-x^2} \mathrm{d}x} = \frac{\pi}{4}\int_{0}^{1} {\frac{\ln u}{1-u^2} \mathrm{d}u} - \frac{\ln2}{2}\int_{0}^{1} {\frac{\ln t}{1+t^2} \mathrm{d}t} + \int_{0}^{1} {\frac{\ln t \ln(1-t)}{1+t^2} \mathrm{d}t}$$

y (esta parte es una misma pregunta como aquí )

$$\begin{aligned} \int_{0}^{1} {\frac{\arctan x \ln x}{1+x} \mathrm{d}x} = &\> \arctan x \cdot Q(x) \big|_{x=0}^{1} - \int_{0}^{1} {\frac{Q(x)}{1+x^2} \mathrm{d}x}\\ = &\> \frac{\pi}{4}\int_{0}^{1} {\frac{\ln u}{1+u} \mathrm{d}u} - \int_{0}^{1} {\int_{0}^{1} {\frac{x\ln tx}{(1+x^2)(1+tx)} \mathrm{d}t} \mathrm{d}x}\\ = &\> \frac{\pi}{4}\int_{0}^{1} {\frac{\ln u}{1+u} \mathrm{d}u} - \int_{0}^{1} {\frac{\ln t}{1+t^2} \left( \frac1{2} \ln\frac{1+x^2}{(1+tx)^2} + t\arctan x \right)\biggr|_{x=0}^{1} \mathrm{d}t}\\ & - \int_{0}^{1} {\frac{\ln x}{1+x^2} \ln(1+tx) \biggr|_{t=0}^{1} \mathrm{d}x}\\ = &\> \frac{\pi}{4}\int_{0}^{1} {\frac{\ln u}{1+u} \mathrm{d}u} - \frac{\ln2}{2}\int_{0}^{1} {\frac{\ln t}{1+t^2} \mathrm{d}t} + \int_{0}^{1} {\frac{\ln t \ln(1+t)}{1+t^2} \mathrm{d}t}\\ & - \frac{\pi}{4}\int_{0}^{1} {\frac{t\ln t}{1+t^2} \mathrm{d}t} - \int_{0}^{1} {\frac{\ln x \ln(1+x)}{1+x^2} \mathrm{d}x}\\ = &\> \frac{3\pi}{16}\int_{0}^{1} {\frac{\ln u}{1+u} \mathrm{d}u} - \frac{\ln2}{2}\int_{0}^{1} {\frac{\ln t}{1+t^2} \mathrm{d}t} \end{aligned}$$

así

$$\begin{aligned} I & = -\frac{\pi}{3} \int_{0}^{1} {\frac{\ln y}{1-y^2} \mathrm{d}y} + \frac4{3} \left( -\frac{\pi}{4}\int_{0}^{1} {\frac{\ln u}{1-u^2} \mathrm{d}u} + \frac{3\pi}{16}\int_{0}^{1} {\frac{\ln u}{1+u} \mathrm{d}u} \right)\\ & = -\frac{2\pi}{3} \int_{0}^{1} {\frac{\ln u}{1-u^2} \mathrm{d}u} + \frac{\pi}{4} \int_{0}^{1} {\frac{\ln u}{1+u} \mathrm{d}u} = \frac{\pi^3}{16} \end{aligned}$$

esto puede ser una versión simplificada de la primera respuesta de FDP.