Integral $\int_0^1\frac{\arctan^2x}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm dx$

Question

Es posible evaluar esta integral en forma cerrada? $$I=\int_0^1\frac{\arctan^2x}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm dx$$ También puede ser representado como $$I=\int_0^{\pi/4}\frac{\phi^2}{\cos \phi\,\sqrt{\cos 2\phi}}\mathrm d\phi$$

Answer 1

Bueno, finalmente fui capaz de demostrarlo.

Paso 0. Observaciones. En vista de la siguiente identidad

$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \arctan (r \sin\theta) \, d\theta = 2 \chi_{2} \left( \frac{\sqrt{1+r^{2}} - 1}{r} \right), $$

Vladimir resultado sugiere que puede existe una fórmula general de conexión

$$ I(r, s) = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \arctan (r \sin\theta) \arctan (s \sin\theta) \, d\theta $$

y la de Legendre chi función $\chi_{2}$. De hecho, inspirado por Vladimir resultado, me conjeturó que

$$ I(r, s) = \pi \chi_{2} \left( \frac{\sqrt{1+r^{2}} - 1}{r} \cdot \frac{\sqrt{1+s^{2}} - 1}{s} \right). \etiqueta{1} $$

Me logró demostrar esta identidad, así que he puesto una solución aquí.

Paso 1. La prueba de la identidad $\text{(1)}$. Es fácil comprobar que la siguiente identidad se tiene:

$$ \arctan(ab) = \int_{1/b}^{\infty} \frac{a \, dx}{a^{2} + x^{2}}. $$

Por lo que se deduce que

\begin{align*} I(r, s) &= \int_{1/r}^{\infty} \int_{1/s}^{\infty} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^{2}\theta}{(x^{2} + \sin^{2}\theta)(y^{2} + \sin^{2}\theta)} \, d\theta dy dx \\ &= \int_{1/r}^{\infty} \int_{1/s}^{\infty} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{x^{2} - y^{2}} \left( \frac{x^{2}}{x^{2} + \sin^{2}\theta} - \frac{y^{2}}{y^{2} + \sin^{2}\theta} \right) \, d\theta dy dx \\ &= \frac{\pi}{2} \int_{1/r}^{\infty} \int_{1/s}^{\infty} \frac{1}{x^{2} - y^{2}} \left( \frac{x}{\sqrt{x^{2} + 1}} - \frac{y}{\sqrt{y^{2} + 1}} \right) \, dy dx. \end{align*}

Para la comodidad de notación, ponemos

$$ \alpha = \frac{\sqrt{r^{2} + 1} - 1}{r} \quad \text{y} \quad \beta = \frac{\sqrt{s^{2} + 1} - 1}{s}. $$

Entonces es fácil comprobar que $\mathrm{arsinh}(1/r) = - \log \alpha$, y, asimismo, de los $s$ y $\beta$. Así, con la sustitución de $x \mapsto \sinh x$ y $y \mapsto \sinh y$, tenemos

\begin{align*} I(r, s) &= \frac{\pi}{2} \int_{-\log\alpha}^{\infty} \int_{-\log\beta}^{\infty} \frac{\sinh x \cosh y - \sinh y \cosh x}{\sinh^{2}x \sinh^{2}y} \, dy dx. \end{align*}

La aplicación de la sustitución $e^{-x} \mapsto x$ y $e^{-y} \mapsto de$ y, de ello se sigue que

\begin{align*} I(r, s) &= \pi \int_{0}^{\alpha} \int_{0}^{\beta} \frac{dydx}{1 - x^{2}y^{2}} \\ &= \pi \sum_{n=0}^{\infty} \left( \int_{0}^{\alpha} x^{2n} \, dx \right) \left( \int_{0}^{\beta} y^{2n} \, dx \right) = \pi \sum_{0}^{\infty} \frac{(\alpha \beta)^{2n+1}}{(2n+1)^{2}} \\ &= \pi \chi_{2}(\alpha \beta) \end{align*}

como se desee, lo que demuestra la identidad $\text{(1)}$.

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EDIT. He encontrado una forma mucho más simple e intuitiva de la prueba de $\text{(1)}$. Hemos de observar primero que $\text{(1)}$ es equivalente a la siguiente identidad

$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \arctan\left( \frac{2r\sin\theta}{1-r^{2}} \right) \arctan\left( \frac{2\sin\theta}{1-s^{2}} \right) \, d\theta = \pi \chi_{2}(rs). $$

Ahora debemos primero observar que a partir de la incorporación de la fórmula para la tangente hiperbólica, obtenemos la siguiente fórmula

$$ \operatorname{artanh}x \operatorname{artanh} y = \operatorname{artanh} \left( \frac{x - y}{1 - x} \right) $$

que tiene por suficientemente pequeño como $x,$ y. Así

\begin{align*} \arctan\left( \frac{2r\sin\theta}{1-r^{2}} \right) &= \frac{1}{i} \operatorname{artanh}\left( \frac{2ir\sin\theta}{1-r^{2}} \right) = \frac{\operatorname{artanh}(re^{i\theta}) - \operatorname{artanh}(re^{-i\theta})}{i} \\ Y= 2 \Im \operatorname{artanh}(re^{i\theta}) = 2 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\sin(2n+1)\theta}{2n+1} r^{2n+1}. \end{align*}

Podemos fácilmente comprobar esto vale para cualquier $|r| < 1$. Por lo tanto

\begin{align*} &\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \arctan\left( \frac{2r\sin\theta}{1-r^{2}} \right) \arctan\left( \frac{2\sin\theta}{1-s^{2}} \right) \, d\theta \\ &\quad = 4 \sum_{m=0}^{\infty} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{r^{2m+1}^{2n+1}}{(2m+1)(2n+1)} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin(2m+1)\theta \sen(2n+1)\theta \, d\theta\\ &\quad = 2 \sum_{m=0}^{\infty} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{r^{2m+1}^{2n+1}}{(2m+1)(2n+1)} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \{ \cos(2m-2n)\theta \cos(2m+2n+2)\theta \} \, d\theta\\ &\quad = \pi \sum_{m=0}^{\infty} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{r^{2m+1}^{2n+1}}{(2m+1)(2n+1)} \delta_{m,n} \\ &\quad = \pi \chi_{2}(rs). \end{align*}

Answer 2

Este es un hermoso integral con un hermoso resultado: $$\int_0^1\frac{\arctan^2x}{\sqrt{1-x^2}}dx=\frac\pi2\Big(\operatorname{Li}_2\left(3-\sqrt8\right)-\operatorname{Li}_2\left(\sqrt8-3\right)\Big).$$ Uno podría esperar que una solución elegante también, que dan una idea de por qué el resultado es de esta forma.

Por desgracia, yo no era capaz de encontrar una solución. El mío fue un largo, semi-manual, con un montón de ayuda de Mathematica, las búsquedas en Gradshteyn-Ryzhik Tabla de Integrales y enorme intermedio expresiones que no encajan en una sola pantalla. No voy a publicar aquí ahora. En lugar de eso, espero que alguien viene con un elegante.