Forma cerrada para ${\large\int}_0^\infty\frac{\arctan(x)\,\operatorname{arccot}(x+1)}{x}dx$

Question

Estoy buscando una forma cerrada para esta integral: $$I=\int_0^\infty\frac{\arctan(x)\,\operatorname{arccot}(x+1)}{x}dx.$$ Mathematica y Arce no podía evaluarlo simbólicamente. Numéricamente, $$I\approx1.3513049368715095284050230093075694014884142059538...$$ WolframAlpha y ISC+ no pudo encontrar una forma cerrada plausible para este número. Aún así, espero que exista, porque la integral tiene buena pinta.

Answer 1

El integrando tiene un antiderivada de forma cerrada en términos de funciones elementales y polilogaritmos. Se puede hallar utilizando Mathematica tras expresar funciones trigonométricas inversas mediante logaritmos de argumentos complejos, y puede comprobarse manualmente su corrección mediante diferenciación. Tras restar sus límites en $\infty$ y $0$ y simplificando, podemos obtener este resultado: $$\begin{align}I&=\frac1{32}\Big[\!\operatorname{Li}_2\!\left(\tfrac15\right)\cdot\ln2+\operatorname{Li}_3\!\left(\tfrac15\right)+ \operatorname{Li}_3\!\left(\tfrac45\right)\!\Big]+\frac{\pi}{16}\,\left(3\operatorname{Ti}_2(2)-4\,G\right)\\&+\frac{\ln5}{192}\,\left(9\ln2\cdot\ln5-12\ln^22-2\ln^25\right)+\frac{\pi^2}{192}\,\left(\ln5-7\ln2\right)+\frac{17}{16}\zeta(3),\end{align}$$ donde $\operatorname{Ti}_2(x)$ es el integral tangente inversa , $G=\operatorname{Ti}_2(1)$ es el Constante catalana .

Answer 2

Utilizando Mathematica he llegado al resultado

$$I=\frac{1}{4} (-\text{Li}_3(-1-i)-\text{Li}_3(-1+i)+\text{Li}_3(1-i)+\text{Li}_3(1+i))+\frac{1}{4} \left(-\text{Li}_3\left(-\frac{1}{2}-\frac{i}{2}\right)-\text{Li}_3\left(-\frac{1}{2}+\frac{i}{2}\right)+\text{Li}_3\left(\frac{1}{2}-\frac{i}{2}\right)+\text{Li}_3\left(\frac{1}{2}+\frac{i }{2}\right)+\text{Li}_2\left(-\frac{1}{2}-\frac{i}{2}\right) \log \left(-\frac{1}{2}-\frac{i}{2}\right)+\text{Li}_2\left(-\frac{1}{2}+\frac{i}{2}\right) \log \left(-\frac{1}{2}+\frac{i}{2}\right)-\text{Li}_2\left(\frac{1}{2}-\frac{i}{2}\right) \log \left(\frac{1}{2}-\frac{i}{2}\right)-\text{Li}_2\left(\frac{1}{2}+\frac{i}{2}\right) \log \left(\frac{1}{2}+\frac{i}{2}\right)\right)$$

Lo que coincide con sus estimaciones numéricas.

$$I\approx1.3513049368715095284050230093075694014884142059538$$

No consigo simplificarlo más allá de los polilogos. Ejecutando la simplificación completa podemos llegar a

$$\frac{1}{384} \left(48 \pi C+3 \left(-64 \text{Li}_3\left(-\frac{1}{2}-\frac{i}{2}\right)-64 \text{Li}_3\left(-\frac{1}{2}+\frac{i}{2}\right)+32 (\text{Li}_3(1-i)+\text{Li}_3(1+i))+35 \zeta (3)\right)+\text{Li}_2\left(-\frac{1}{2}-\frac{i}{2}\right) (-48 \log (2)-72 i \pi )+24 \text{Li}_2\left(-\frac{1}{2}+\frac{i}{2}\right) (-\log (4)+3 i \pi )-4 \log ^3(2)+7 \pi ^2 \log (2)\right)$$ Dónde $C$ es la constante de Catalan.

Creo que esto es lo más cerrado que se puede hacer.

Answer 3

Aquí encontraremos la antiderivada del integrando. Parece que el resultado se puede expresar en términos de funciones elementales y del polilogaritmo de orden dos. Para llegar al resultado lo único que tenemos que hacer es utilizar la integración por partes y la definición del polilogaritmo. Tenemos: \begin{eqnarray} &&\int \arctan(x) \mbox{arccot}(x+1) \frac{1}{x} dx \\ &&= \arctan(x) \mbox{arccot}(x+1) \log(x) - \int \left( \frac{\mbox{arccot}(1+x)}{1+x^2} - \frac{\arctan(x)}{1+(1+x)^2}\right) \log(x) dx \\ &&= \arctan(x) \mbox{arccot}(x+1) \log(x) -{\mathcal I}_1(x) \mbox{arccot}(x+1) + {\mathcal I}_2(x) \arctan(x) + \\ && \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad -\int {\mathcal I}_1(x) \frac{1}{1+(1+x)^2} dx - \int {\mathcal I}_2(x) \frac{1}{1+x^2} dx \end{eqnarray} donde \begin{eqnarray} {\mathcal I}_1(x) &:=& \int \log(x) \frac{1}{1+x^2} dx = \frac{\pi}{4} \log(1+x^2) - \frac{1}{2 \imath} \left( Li_2(1+\imath x)-Li_2(1-\imath x)\right)\\ {\mathcal I}_2(x) &:=& \int \log(x) \frac{1}{1+(x+1)^2} dx=\arctan(\frac{x}{x+2})\log(x) + \frac{1}{2 \imath} \left(Li_2(-\frac{1+\imath}{2} x) - Li_2(-\frac{1-\imath}{2} x) \right) \end{eqnarray} Las ecuaciones anteriores se han obtenido expresando los polinomios inversos en fracciones simples y relacionando el resultado con la definición de la función polilogarítmica $Li_2(x) := -\int\log(1-x)/x dx$ .

Había un error en la versión antigua de mi respuesta. Aparecían integrales más complicadas. Voy a terminar este post más tarde y salvar este enfoque.