Ahmed integral es:
$$
A = \int_0^1 \frac{\bronceado^{-1}\sqrt{2 + x^2}}
{(1 + x^2)\sqrt{2 + x^2}}\,dx.
$$
Si denotamos el desconocido integral anterior por $B$, entonces:
\begin{gather*}
A + B =
\int_0^1 \frac{\tan^{-1}\sqrt{2 + x^2}
+ \tan^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2 + x^2}}\right)}
{(1 + x^2)\sqrt{2 + x^2}}\,dx \\
= \frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{dx}{(1 + x^2)\sqrt{2 + x^2}}
= \frac{\pi}{2}\left[
\tan^{-1}\left(\frac{x}{\sqrt{2 + x^2}}\right)\right]_0^1
= \frac{\pi^2}{12}.
\end{reunir*}
Así que la conjetura $B = \pi^2/32$ es equivalente a la
conocido teorema de $A = 5\pi^2/96$.
En la p.190ff. de Pablo, J. Nahin del libro Dentro de muy Interesante
Integrales (con una introducción para el contorno de integración):
Colección de Trucos Furtivos, Sly Sustituciones, y muchos Otros
Muy Inteligente, Increíblemente Malvado, y Endiabladamente Seductora
Maniobras para el Cómputo de los Casi 200 Desconcertante Integrales Definidas
Desde la Física, la Ingeniería, y Matemáticas (Más De 60 Reto
Problemas con el Detallado y Completo de las Soluciones de (2014), existe un
ingenioso y bien explicados derivación de estos dos resultados, que
cantidades para probar, en la misma forma, la ecuación anterior
$A + B = \pi^2/12$, junto con el de ecuaciones simultáneas
$A - B = \pi^2/48$.
Parte de los altamente condensada argumento dado por MathSE usuario Jack D'Aurizio
en respuesta a una reciente pregunta
es equivalente al caso de $\tau = 1$ de los siguientes argumento
para $0 < \tau \leqslant 1$, que he ampliado considerablemente para
el bien de aquellos no acostumbrados a este tipo de cálculo (es decir, a mí).
Para todos los verdaderos $a$,
$$
\bronceado^{-1} = \int_0^1 \frac{a}{1 + a^2u^2}\,du.
$$
El uso de Wolfram Alpha para evaluar el interior de la integral después de
cambiando el orden de integración:
\begin{gather*}
\int_0^\tau \frac{\tan^{-1}\sqrt{\frac{1 - t^2}{2}}}{1 + t^2}\,dt =
\int_0^\tau \int_0^1 \frac{\sqrt{\frac{1 - t^2}{2}}}
{(1 + t^2)\left(1 + \frac{1 - t^2}{2}u^2\right)}\,du\,dt \\
= \int_0^1\int_0^\tau \frac{\sqrt{\frac{1 - t^2}{2}}}
{(1 + t^2)\left(1 + \frac{1 - t^2}{2}u^2\right)}\,dt\,du \\
= \int_0^1 \left(
\frac{\tan^{-1}\left(\frac{\sqrt{2}\tau}{\sqrt{1 - \tau^2}}\right)}
{u^2 + 1}
- \frac{\tan^{-1}\left(\frac{\sqrt{2}\tau}{\sqrt{1 - \tau^2}\sqrt{u^2 + 2}}\right)}
{(u^2 + 1)\sqrt{u^2 + 2}}
\right)du.
\end{reunir*}
Pero ya hemos visto que los valores de estas integrales:
$$
\int_0^1 \frac{du}{u^2 + 1}
= \frac{\pi}{4}, \ \
\int_0^1 \frac{du}{(u^2 + 1)\sqrt{u^2 + 2}}
= \frac{\pi}{6}, \ \
\int_0^1 \frac{\bronceado^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{u^2 + 2}}\right)}
{(u^2 + 1)\sqrt{u^2 + 2}}\,du
= \frac{\pi^2}{32}.
$$
Por lo tanto, teniendo en $\tau = 1$ $\tau = \frac{1}{\sqrt{3}}$ respectivamente:
$$
\int_0^1
\frac{\bronceado^{-1}\sqrt{\frac{1 - t^2}{2}}}{1 + t^2}\,dt
= \frac{\pi}{2}\cdot\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{2}\cdot\frac{\pi}{6}
= \frac{\pi^2}{24},
$$
y:
$$
\int_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}
\frac{\bronceado^{-1}\sqrt{\frac{1 - t^2}{2}}}{1 + t^2}\,dt
= \frac{\pi}{4}\cdot\frac{\pi}{4} - \frac{\pi^2}{32}
= \frac{\pi^2}{32}.
$$
El familiar trigonométrica identidades:
$$
\tan\left(\theta \frac{\pi}{2}\right) = -\frac{1}{\tan\theta}, \ \
\tan3\theta = \frac{3\tan\theta \bronceado^3\theta}{1 - 3\tan^2\theta}
$$
se combinan para dar:
$$
\bronceado^{-1}\left(\frac{\sqrt{2}(1-3t^2)}{(5+t^2)\sqrt{1-t^2}}\right)
= 3\bronceado^{-1}\sqrt{\frac{1-t^2}{2}} - \frac{\pi}{2}.
$$
Por lo tanto:
\begin{align*}
\int_0^1
\frac{\tan^{-1}
\left(\frac{\sqrt{2}(1-3t^2)}{(5+t^2)\sqrt{1-t^2}}\right)}
{1 + t^2}\,dt
& = 3\cdot\frac{\pi^2}{24} - \frac{\pi}{2}\cdot\frac{\pi}{4}
= 0, \\
\int_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}
\frac{\tan^{-1}
\left(\frac{\sqrt{2}(1-3t^2)}{(5+t^2)\sqrt{1-t^2}}\right)}
{1 + t^2}\,dt
& = 3\cdot\frac{\pi^2}{32} - \frac{\pi}{2}\cdot\frac{\pi}{6}
= \frac{\pi^2}{96}.
\end{align*}
Finalmente, haciendo el cambio de variables $t = \tan\phi$, y
restando estas dos integrales, obtenemos:
\begin{align*}
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan^{-1}\!\!
\left(\frac{\sqrt{2}\cos3 \phi}
{\left(2\cos 2 \phi+ 3\right)\sqrt{\cos 2 \phi}}\right)d\phi
& = 0, \\
\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}\tan^{-1}\!\!
\left(\frac{\sqrt{2}\cos3 \phi}
{\left(2\cos 2 \phi+ 3\right)\sqrt{\cos 2 \phi}}\right)d\phi
& = \frac{\pi^2}{96}, \\
\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}}\tan^{-1}\!\!
\left(\frac{\sqrt{2}\cos3 \phi}
{\left(2\cos 2 \phi+ 3\right)\sqrt{\cos 2 \phi}}\right)d\phi
& = -\frac{\pi^2}{96}
\end{align*}
