Hace un tiempo hice una publicación pidiendo ejemplos de integrales que evaluaran a constantes irracionales famosas (o constantes que muy probablemente fueran irracionales pero aún no se hubiera demostrado). La respuesta principal en dicha publicación fue de Quanto, quien publicó esta ecuación:
$$\int_0^1 \frac{\arctan^2(x)\ln\left(\frac{x}{(1-x)^2}\right)}x \, \mathrm{d}x=G^2 $$
donde $G$ es la constante de Catalan.
Decidí intentar probar dicha ecuación. Estos fueron mis intentos:
Intento 1:
La integral se puede dividir en una combinación lineal de las $2$ integrales $I_1 = \int_0^1 \frac{\arctan^2(x)\ln\left(x\right)}x \, \mathrm{d}x$ y $I_2 = \int_0^1 \frac{\arctan^2(x)\ln\left(1-x\right)}x \, \mathrm{d}x$ tal que la integral original es $I = I_1 - 2I_2$. La primera integral se evaluó en esta respuesta como $$ \int_0^1 \frac{\arctan^2(x)\ln\left(x\right)}x \, \mathrm{d}x = \operatorname{Li}_4 \left (\frac{1}{2} \right ) - \frac{151 \pi^4}{11520} + \frac{7}{8} \zeta (3) \ln(2) - \frac{\pi^2}{24} \ln^2(2) + \frac{1}{24} \ln^4(2) $$ Siguiendo los mismos pasos utilizados para evaluar $I_1$ para $I_2$ obtenemos \begin{align*} \int_{0}^{1}\frac{\arctan^2(x)\ln\left(1-x\right)}x \, \mathrm{d}x & =-\frac{\pi^4}{96} + 2\int_{0}^{1}\frac{\arctan(x)\, \mathrm{Li}_2(x)}{x^2+1} \, \mathrm{d}x\\ & = -\frac{\pi^4}{96} - 2\int_0^1 \int_0^1\frac{\arctan(x) \ln(1-xy)}{(x^2+1)y}\, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}x \end{align*} el cual no pude encontrar una forma de continuar evaluando incluso explotando el cambio del orden de integración.
Intento 2:
Intentando la sustitución $u = \frac{1-x}{1+x}$ obtenemos \begin{align*} \int_0^1 \frac{\arctan^2(x)\ln\left(\frac{x}{(1-x)^2}\right)}x \, \mathrm{d}x & = \int_{0}^{1} \left( \frac{\pi}{4} - \arctan(u) \right)^2 \ln\left(\frac{1-u^2}{4u^2} \right)\frac{2}{1-u^2} \, \mathrm{d}u \end{align*} Esto nos permite dividir la integral en varias otras integrales, sin embargo, varias de las integrales resultantes me parecieron igualmente difíciles de evaluar en comparación con la original. Así que sentí que este enfoque era más como cortar una cabeza de hidra, solo para que dos nuevas tomaran su lugar.
Intento 3:
Me di cuenta de que dados números reales $a, l$ entonces $\Re\{l^3 - (l + ia)^3\} = 3a^2l$. Esto significaba que tomando $a = \arctan(x)$ y $l = \ln\left(\frac{x}{(1-x)^2} \right)$ podríamos obtener: $$ \int_0^1 \frac{\arctan^2(x)\ln\left(\frac{x}{(1-x)^2}\right)}x \, \mathrm{d}x = \frac{1}{3}\Re \left\{ \int_{0}^{1}\left[ \ln^3\left(\frac{x}{(1-x)^2} \right)- \frac{1}{2^3} \ln^3\left( \frac{(i-x)x^2}{(i+x)(1-x)^4}\right)\right] \frac{\mathrm{d}x}{x}\right\} $$ el cual esperaba poder dividir, pero desafortunadamente las integrales no convergen por separado.
Dado que el resultado final es tan conciso, tengo la esperanza de que haya una forma ingeniosa de evaluar la integral que evite adentrarse en todo el territorio de los polilogaritmos donde suelen terminar yendo las evaluaciones de integrales similares.
Sospecho (sin evidencia, sin embargo) que la integral puede dividirse de forma ingeniosa en una integral doble separable, donde cada una de las integrales individuales evaluaría a $G$ por sí mismas (y por lo tanto su producto resultaría en $G^2$). Esto sería un poco como hacer la evaluación de la integral gaussiana al revés, comenzando en la integral simple $I = 2\pi \int_{0}^{\infty}e^{-x^2} x \, \mathrm{d}x$ y luego dividiéndola en $\left(\int_{\mathbb{R}}e^{-x^2} \, \mathrm{d}x\right)\left(\int_{\mathbb{R}}e^{-y^2} \, \mathrm{d}y\right)$, excepto que en este caso el producto resultante de integrales sería un producto de conocidas representaciones integrales de la constante de Catalan. Pero esto es solo una conjetura ya que no he logrado encontrar una forma ingeniosa de hacer esto.
¿Alguien tiene alguna idea de cómo evaluar esta integral? Ya sea continuando/mejorando mis intentos o intentando algo completamente distinto, todo es bienvenido. ¡Muchas gracias!
