Evaluar $\int_0^1\arctan x\ln(1+x)\left(\frac2x-\frac3{1+x}\right)dx$

Question

¿Cómo podemos encontrar el valor de $$\int_0^1\arctan x\ln(1+x)\left(\frac2x-\frac3{1+x}\right)dx$$ utilizando métodos elementales?

Con ayuda de la calculadora obtengo el resultado: $\displaystyle{\frac3{128}\pi^3-\frac9{32}\pi\ln^22}$ .

Pensamientos de este integral
Como he pedido esta pregunta y Pisco dio una respuesta brillante, traté de convertir $$I_1=\int_0^1\arctan x\ln(1+x)\frac{dx}x\text{ and }I_2=\int_0^1\arctan x\ln(1+x)\frac{dx}{1+x}$$ en forma de Pisco integral dio.
La integración por partes de la segunda integral convierte $I_2$ en $\int_0^1\frac{\ln^2(1+x)}{1+x^2}dx$ .
Pero para $I_1$ ? La integración por partes da una función dilog y he intentado la sustitución $x=\frac{1-t}{1+t}$ y consiguió $$\frac{\ln\frac{2}{t+1} \arctan\frac{1-t}{1+t}}{1-t^2}$$ que no es lo que quiero.

Answer 1

Este es un enfoque elemental, aunque se convirtió en un cruce con Respuesta del FDP .

En primer lugar, hay que tener en cuenta que desde aquí que tenemos: $$\color{blue}{\int_0^1 \frac{\arctan x \ln(1+x)}{x}dx}=\frac{3}{2}\int_0^1 \frac{\arctan x\ln(1+x^2)}{x}dx$$ $$\overset{IBP}=\frac32 \underbrace{\ln x\arctan x\ln(1+x^2)\bigg|_0^1}_{=0}-\frac32 \left(\int_0^1 \frac{\ln x\ln(1+x^2)}{1+x^2}dx+2\int_0^1 \frac{x\arctan x\ln x}{1+x^2}dx\right) $$ Volviendo a la integral original, tenemos: $$I=\color{blue}{2\int_0^1 \frac{\arctan x \ln(1+x)}{x}dx}-\color{red}{3\int_0^1 \frac{\arctan x \ln(1+x)}{1+x}dx} $$ $$=\color{blue}{-3\left(\int_0^1 \frac{\ln x\ln(1+x^2)}{1+x^2}dx+2\int_0^1 \frac{x\arctan x\ln x}{1+x^2}dx\right)}-\color{red}{3\int_0^1\frac{\arctan x\ln(1+x)}{1+x}dx}$$ $$\Rightarrow I=-3(B+2A+J)\quad \quad (1)$$ Donde mantuve la notación como en la respuesta de FDP. A saber: $$\begin{align*} \displaystyle A&=\int_0^1 \dfrac{x\arctan x\ln x}{1+x^2}dx\\ \displaystyle B&=\int_0^1 \dfrac{\ln x \ln(1+x^2)}{1+x^2}dx\\ \displaystyle J&=\int_0^1\dfrac{\arctan x\ln(1+x)}{1+x}dx \end{align*}$$ También otras dos identidades se desprenden de ese post, ver $(8)$ y $(9)$ : $$J=\dfrac{5}{3}G\ln 2-\dfrac{\pi^3}{128}+\dfrac{3\pi\left(\ln 2\right)^2}{32}+B+\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{G\ln 2}{2}-\dfrac{\pi^3}{64}\right)-\dfrac{2}{3}\cdot\frac{\pi^3}{32} $$ $$\Rightarrow \color{purple}{J=2G\ln 2 -\frac{5\pi^3}{128}+\frac{3\pi}{32}\ln^2 2 +B} \tag 2$$ $$\color{magenta}{A=\dfrac{1}{64}\pi^3-B-G\ln 2} \tag 3$$ Ahora, conectando $(2)$ y $(3)$ en $(1)$ rendimientos: $$I=-3\left(B+2\left(\color{magenta}{\dfrac{1}{64}\pi^3-B-G\ln 2}\right)+ \color{purple}{2G\ln 2 -\frac{5\pi^3}{128}+\frac{3\pi}{32}\ln^2 2 +B}\right)$$ $$\Rightarrow I=-3\left(-\frac{\pi^3}{128}+\frac{3\pi}{32}\ln^2 2\right)=\boxed{\frac{3\pi^3}{128}-\frac{9\pi}{32}\ln^2 2}$$ El mérito es de FDP por su increíble respuesta.

Answer 2

NO ES UNA SOLUCIÓN COMPLETA, PERO ES UN COMIENZO:

Aquí tienes:

\begin {Ecuación} I = \int_0 ^1 \arctan x \ln (1+x) \left ( \frac2x - \frac3 {1+x} \right )dx = \int_0 ^1 \arctan x \ln (1+x) \left [ \frac {2 - x}{x(x + 1)} \right dx \end {Ecuación}

Considere el uso del truco de Feynman con dos parámetros:

\begin {Ecuación} I(a,b) = \int_0 ^1 \arctan (ax) \ln (1+bx) \left [ \frac {2 - x}{x(x + 1)} \right dx \end {Ecuación}

Aquí $I = I(1,1)$ y $I(0,b), I(a,0) = 0$ . Aquí se toma la derivada parcial con respecto a $a$ y $b$ para ceder:

\begin {Ecuación} \frac { \partial ^2I}{ \partial a \partial b} = \int_0 ^1 \frac {x}{a^2x^2 + 1} \cdot\frac {x}{1 +bx} \left [ \frac {2 - x}{x(x + 1)} \right dx = \int_0 ^1 \frac {x \left (2 - x \right )}{ \left (a^2x^2 + 1 \right ) \left (1 + bx \right ) \left (x + 1 \right )}dx \end {Ecuación}

A partir de aquí emplear la Descomposición Parcial de Fracciones. Voy a terminar en una hora si todavía está interesado (lo siento será afk para la próxima hora).

Answer 3

Para $I_1$ por integración por partes, \begin {eqnarray*} I_1&=& \int_0 ^1 \arctan x \ln (1+x)d \ln x \\ &=& \arctan x \ln (1+x) \ln x|_0^1- \int_0 ^1 \ln x \left ( \frac { \ln (1+x)}{1+x^2}+ \frac { \arctan x}{1+x} \right )dx \\ &=&- \int_0 ^1 \frac { \ln x \ln (1+x)}{1+x^2}dx- \int_0 ^1 \frac { \ln x \arctan x}{1+x}dx \\ &=&-I_3-I_4. \end {eqnarray*} Aquí $I_3$ y $I_4$ son $$ I_3=\int_0^1\frac{\ln x\ln(1+x)}{1+x^2}dx, I_4=\int_0^1\frac{\ln x\arctan x}{1+x}dx. $$ Desde aquí , $$ I_3= -2 G \ln (2)-3 \Im\left(\text{Li}_3\left(\frac{1+i}{2}\right)\right)+\frac{11 \pi ^3}{128}+\frac{3}{32} \pi \ln ^2(2). $$ Desde aquí , $$ I_4=\dfrac{G\ln 2}{2}-\dfrac{\pi^3}{64} $$ $G$ es la constante del catalán.

Answer 4

$$I=2\int_0^1\frac{\arctan x\ln(1+x)}{x}\ dx-3\int_0^1\frac{\arctan x\ln(1+x)}{1+x}\ dx$$ Aplicando el IBP para la segunda integral, obtenemos, $$I=2\int_0^1\frac{\arctan x\ln(1+x)}{x}\ dx-\frac{3\pi}{8}\ln^22+\frac32\int_0^1\frac{\ln^2(1+x)}{1+x^2}\ dx$$ La primera integral se calculó aquí :

$$\int_0^1 \frac{\arctan x\ln(1+x)}{x}\ dx=\frac{3\pi^3}{32}+\frac{3\pi}{16}\ln^22+\frac32G\ln2-3\Im\operatorname{Li}_3(1+i)$$

Y la segunda integral se calculó aquí :

$$\int_0^1\frac{\ln^2(1+x)}{1+x^2}\ dx=4\Im\operatorname{Li}_3(1+i)-\frac{7\pi^3}{64}-\frac{3\pi}{16}\ln^22-2G\ln2$$

Sustituyendo estos dos resultados, obtenemos $\quad\displaystyle \boxed{I={\frac{3\pi^3}{128}-\frac{9\pi}{32}\ln^2 2}}$