Evaluar la integral $\int_0^{\infty} \left(\frac{\log x \arctan x}{x}\right)^2 \ dx$

Question

Algunos rumores señalan que el integral que puedes ver puede ser evaluado de una manera sencilla.
Pero rumores a veces son solo rumores. ¿Podría usted confirmar/refutarlo?

$$ \int_0^{\infty}\left[\frac{\log\left(x\right)\arctan\left(x\right)} {x} \right] ^ {2} \,{\rm d} x $$

Editar W| A dice que la integral evalúa $0$ pero esto no es cierto. Entonces ¿cómo exactamente computarlo?

Answer 1

Los problemas relacionados con: (I), (II), (III). Denota nuestra integral por $J$ y recordando la mellin transformar $$ F(s)=\int_{0}^{\infty}x^{s-1} f(x)\,dx \implies F''(s)=\int_{0}^{\infty}x^{s-1} \ln(x)^2\,f(x)\,dx.$$

Tomando $f(x)=\arctan(x)^2$, entonces la transformada de mellin $f(x)$ es

$$ \frac{1}{2}\,{\frac {\pi \, \left( \gamma+2\,\ln\left( 2 \right) +\psi \left( \frac{1}{2}+\frac{s}{2} \right)\right) }{s\sin \left( \frac{\pi \,s}{2} \right)}}-\frac{1}{2}\,{\frac {{\pi }^{2}}{s\cos\left( \frac{\pi \,s}{2} \right) }},$$

donde $\psi(x)=\frac{d}{dx}\ln \Gamma(x)$ es la función digamma. Por lo tanto $J$ se puede calcular directamente como

$$ J= \lim_{s\a -1} F"(s) = \frac{1}{12}\,\pi \, \left( 3\,{\pi }^{2}\ln \left( 2 \right) -{\pi }^{2}+24 \,\ln \left( 2 \right) -3\,\zeta \left( 3 \right) \right)\sim 6.200200824 .$$

Answer 2

La función es continua y positiva (excepto quizás en el origen) con ceros aislados. La integral es por lo tanto cierta cantidad positivo, distinto de cero.

Que Wolfram | Alfa indica lo contrario es posiblemente un error. Si cambia el límite de la integral de $\infty$ a, decir $5$, Wolfram | Alfa le da una cantidad positiva, aún más, lo que indica que puede haber un error en la manera que el sitio es evaluar esta integral.

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{0}^{\infty}\bracks{\ln\pars{x}\arctan\pars{x} \over x}^{2}\,\dd x:\ {\large ?}}$

$$ \mbox{Con la identidad}\quad\int_{0}^{1}{\dd y \sobre x^{2}y^{2} + 1} ={\arctan\pars{x} \over x}\quad\mbox{tendremos} $$

\begin{align} &\int_{0}^{\infty}\bracks{\ln\pars{x}\arctan\pars{x} \over x}^{2}\,\dd x =\int_{0}^{\infty}\ln^{2}\pars{x} \int_{0}^{1}{\dd y \over x^{2}y^{2} + 1}\int_{0}^{1}{\dd z \over x^{2}z^{2} + 1}\,\dd x \\[3mm]&=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1} \int_{0}^{\infty} {\ln^{2}\pars{x} \over \pars{x^{2}y^{2} + 1}\pars{x^{2}z^{2} + 1}}\,\dd x \,\dd y\,\dd z \\[3mm]&=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\braces{ {y^{-2}z^{-2} \over z^{-2} - y^{-2}} \bracks{\int_{0}^{\infty} {\ln^{2}\pars{x} \over x^{2} + y^{-2}}\,\dd x -\int_{0}^{\infty}{\ln^{2}\pars{x} \over x^{2} + z^{-2}}\,\dd x}}\,\dd y\,\dd z\tag{1} \end{align}

Sin embargo, con $\ds{a > 0}$: \begin{align} &\int_{0}^{\infty}{\ln^{2}\pars{x} \over x^{2} + a^{-2}}\,\dd x =a\int_{0}^{\infty}{\ln^{2}\pars{x/a} \over x^{2} + 1}\,\dd x =a\int_{0}^{\infty}{\bracks{\ln\pars{x} - \ln\pars{a}}^{2} \over x^{2} + 1}\,\dd x \\[3mm]&=a\bracks{\int_{0}^{\infty}{\ln^{2}\pars{x} \over x^{2} + 1}\,\dd x -2\ln\pars{a}\ \overbrace{\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over x^{2} + 1}\,\dd x}^{\ds{=\ 0}}\ +\ \ln^{2}\pars{a}\int_{0}^{\infty}{\dd x \over x^{2} + 1}} \\[3mm]&={\pi^{3} \over 8}\,a + {\pi \over 2}\,a\ln^{2}\pars{a}\tag{2} \end{align} desde $\ds{\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over x^{2} + 1}\,\dd x = {\pi^{3} \over 8}}$ es bien conocido el resultado.

La sustitución de $\pars{2}$$\pars{1}$: \begin{align} &\int_{0}^{\infty}\bracks{\ln\pars{x}\arctan\pars{x} \over x}^{2}\,\dd x \\[3mm]&=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\braces{{1 \over y^{2} - z^{2}} \bracks{{\pi^{3} \over 8}\,\pars{y - z} + {\pi \over 2}\,y\ln^{2}\pars{y} -{\pi \over 2}\,z\ln^{2}\pars{z}}}\,\dd y\,\dd z \\[3mm]&={\pi^{3} \over 8}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}{\dd y\,\dd z \over y + z} +{\pi \over 2}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1} {y\ln^{2}\pars{y} - z\ln^{2}\pars{z} \over y^{2} - z^{2}}\,\dd y\,\dd z \end{align} Tanto las integrales pueden ser trivialmente evaluado: \begin{align} \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}{\dd y\,\dd z \over y + z} &=2\ln\pars{2} \\[3mm]\int_{0}^{1}\int_{0}^{1} {z\ln^{2}\pars{z} - y\ln^{2}\pars{y} \over y^{2} - z^{2}}\,\dd y\,\dd z&= 4\ln\pars{2} - {1 \over 6}\,\pi^{2} - \half\,\zeta\pars{3} \end{align}

A continuación, \begin{align}&\color{#66f}{\large \int_{0}^{\infty}\bracks{\ln\pars{x}\arctan\pars{x} \over x}^{2}\,\dd x} ={\pi^{3} \over 8}\,\bracks{2\ln\pars{2}} +{\pi \over 2}\bracks{4\ln\pars{2} - {1 \over 6}\,\pi^{2} - \half\,\zeta\pars{3}} \\[3mm]&=\color{#66f}{\large{1 \over 4}\bracks{\ln\pars{2} - {1 \over 3}}\pi^{3} + \bracks{2\ln\pars{2} - {1 \over 4}\,\zeta\pars{3}}\pi} \approx 6.200200822 \end{align}