Necesito para evaluar esta integral: $$\int_0^1\arctan(x)\arctan\left(x\sqrt3\right)\ln(x)dx$$ Al parecer, Maple y Mathematica no puede hacer nada con ella, pero he visto similares integrales para ser evaluados en términos de polylogarithms (por desgracia, aún no he dominado lo suficiente como para hacerlo yo mismo). Podría alguien por favor me ayude con esto?
Respuestas
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Vladimir Reshetnikov
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Siguiendo el método descrito en otra respuesta, y se simplifica la expresión resultante, obtenemos la siguiente forma cerrada: $$\frac{5 G}{6 \sqrt{3}}-\frac{\Im\operatorname{Li}_3(1+i)}{\sqrt{3}}+\Im\operatorname{Li}_3\left(i \sqrt{3}\right)-\frac{\Im\operatorname{Li}_3\left(i \sqrt{3}\right)}{4 \sqrt{3}}-\frac{1}{2} \Im\operatorname{Li}_3\left(1+i \sqrt{3}\right)\\ -3 \Im\operatorname{Li}_3\left(\left(-\frac{1}{2}+\frac{i}{2}\right) \left(-1+\sqrt{3}\right)\right)+\sqrt{3} \Im\operatorname{Li}_3\left(\left(-\frac{1}{2}+\frac{i}{2}\right) \left(-1+\sqrt{3}\right)\right)\\ +\frac{1}{\sqrt{3}}\Im\operatorname{Li}_3\left(\tfrac{(1+i) \sqrt{3}}{1+\sqrt{3}}\right)-3 \Im\operatorname{Li}_3\left(\left(\frac{1}{2}+\frac{i}{2}\right) \left(1+\sqrt{3}\right)\right)+\frac{2}{\sqrt{3}}\Im\operatorname{Li}_3\left(\left(\frac{1}{2}+\frac{i}{2}\right) \left(1+\sqrt{3}\right)\right)\\ -\frac{1}{288} \pi \left[-2 \left\{\vphantom{\Large|}3 \left(4+\sqrt{3}\right) \cdot \operatorname{Li}_2\left(\tfrac{1}{3}\right)+6 \ln ^23-6 \left(7 \sqrt{3}-24\right) \cdot \ln ^2\left(1+\sqrt{3}\right)\\+24 \ln 3 -4 \left(9+4 \sqrt{3}\right) \cdot \ln \left(1+\sqrt{3}\right)\right\}+3 \left(5 \sqrt{3}-36\right) \cdot \ln ^22\\ -4 \left\{\vphantom{\Large|}9+7 \sqrt{3}-6 \ln 3+3 \left(7 \sqrt{3}-24\right) \cdot \ln \left(1+\sqrt{3}\right)\right\}\cdot\ln 2\right]\\ -\frac{1}{216} \left(18+5 \sqrt{3}\right) \pi ^2+\left(\frac{5}{36}-\frac{31}{384 \sqrt{3}}\right) \pi ^3+\frac{5 \psi ^{(1)}\left(\frac{1}{3}\right)}{48 \sqrt{3}},$$ que podría ser posible simplificar aún más.
Mathematica expresión está aquí.
Ben Longo
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Después de la conversión a la forma exponencial y en expansión, Mathematica puede encontrar un (no muy) la forma cerrada de la anti-derivada en términos de los registros y polylogs. Podemos tomar el límite en $0$$1$. Para todos los efectos prácticos, sólo voy a proporcionar un enlace al texto de la solución. Esto coincide con cálculos numéricos.
