Cómo demostrar que $\int_0^{1} \frac{\arctan(x^2)}{1+x^2} dx=\dfrac{1}{4}\ln^2(1+\sqrt{2})$

Question

Cómo demostrar que $\int_0^{1} \frac{\arctan(x^2)}{1+x^2} dx=\dfrac{1}{4}\ln^2(1+\sqrt{2})$ .

(Es fácil calcular $\int_0^{+\infty} \frac{\arctan(x^2)}{1+x^2} dx$ pero $\int_0^{1} \frac{\arctan(x^2)}{1+x^2} dx$ es tan difícil)

Answer 1

Para responder a esta pregunta haremos uso de las siguientes dos integrales que se pueden encontrar ici $$\int_0^1 \frac{dx}{1 + x^4} = \frac{\pi + 2 \coth^{-1} (\sqrt{2})}{4\sqrt{2}},$$ y ici $$\int_0^1 \frac{x^2}{1 + x^4} \, dx = \frac{\pi - 2 \coth^{-1} (\sqrt{2})}{4\sqrt{2}},$$ respectivamente.

Ahora dejemos que $$I = \int_0^1 \frac{\tan^{-1} (x^2)}{1 + x^2} \, dx.$$ Integrando por partes se obtiene $$I = \frac{\pi^2}{16} - 2 \int^1_0 \frac{x \tan^{-1} x}{1 + x^4} \, dx = \frac{\pi^2}{16} - 2 I_1.$$ Para encontrar $I_1$ considere $$I_1(a) = \int^1_0 \frac{x \tan^{-1} (ax)}{1 + x^4} \, dx, \quad a \geqslant 0.$$ Tenga en cuenta que $I_1(0) = 0$ y estamos obligados a encontrar $I_1 (1)$ .

Diferenciando bajo el signo integral con respecto al parámetro $a$ da $$I'_1(a) = \int^1_0 \frac{x^2}{1 + a^2 x^2} \cdot \frac{1}{1 + x^4} \, dx.$$ A partir de una descomposición parcial de la fracción tenemos $$\frac{x^2}{1 + a^2 x^2} \cdot \frac{1}{1 + x^4} = \frac{a^2 + x^2}{(1 + a^4)(1 + x^4)} - \frac{a^2}{(1 + a^4)(1 + a^2 x^2)}.$$ Así, \begin{align*} I'_1(a) &= \frac{a^2}{1 + a^4} \int^1_0 \frac{dx}{1 + x^4} + \frac{1}{1 + a^4} \int^1_0 \frac{x^2}{1 + x^4} \, dx - \frac{1}{1 + a^4} \int^1_0 \frac{dx}{x^2 + 1/a^2}\\ &= \frac{\pi + 2 \coth^{-1} (\sqrt{2})}{4 \sqrt{2}} \cdot \frac{a^2}{1 + a^4} + \frac{\pi - 2 \coth^{-1} (\sqrt{2})}{4 \sqrt{2}} \cdot \frac{1}{1 + a^4} - \frac{a \tan^{-1} a}{1 + a^4}, \end{align*} donde hemos utilizado los valores de las dos integrales dadas al principio de esta pregunta.

Ahora integrando la expresión anterior con respecto a $a$ de cero a uno tenemos \begin{align*} I_1 (1) &= \frac{\pi + 2 \coth^{-1} (\sqrt{2})}{4 \sqrt{2}} \int^1_0 \frac{a^2}{1 + a^4} \, da + \frac{\pi - 2 \coth^{-1} (\sqrt{2})}{4 \sqrt{2}} \int^1_0 \frac{da}{1 + a^4} - \int^1_0 \frac{a \tan^{-1} a}{1 + a^4} \, da. \end{align*} Observando que $$\int^1_0 \frac{a \tan^{-1} a}{1 + a^4} \, da = I_1(1),$$ entonces \begin{align*} 2 I_1 (1) &= \left [\frac{\pi + 2 \coth^{-1} (\sqrt{2})}{4 \sqrt{2}} \right ] \left [\frac{\pi - 2 \coth^{-1} (\sqrt{2})}{4 \sqrt{2}} \right ] + \left [\frac{\pi - 2 \coth^{-1} (\sqrt{2})}{4 \sqrt{2}} \right ] \left [\frac{\pi + 2 \coth^{-1} (\sqrt{2})}{4 \sqrt{2}} \right ], \end{align*} donde hemos vuelto a utilizar los valores de las dos integrales dadas al principio de la pregunta. Así, $$I_1(1) = \frac{\pi^2 - 4[\coth^{-1} (\sqrt{2})]^2}{32}.$$

Así que finalmente para nuestra integral tenemos $$I = \frac{\pi^2}{16} - \frac{\pi^2 - 4[\coth^{-1} (\sqrt{2})]^2}{16} = \frac{1}{4} \left [\coth^{-1} (\sqrt{2}) \right ]^2 = \frac{1}{16} \ln^2 (3 + 2 \sqrt{2}),$$ o $$\int^1_0 \frac{\tan^{-1} (x^2)}{1 + x^2} \, dx = \frac{1}{4} \ln^2 (1 + \sqrt{2}).$$

Answer 2

Aquí hay otra solución. Escriba

$$ \arctan(x^2) = \frac{\pi}{4} - \left( \arctan(1) - \arctan(x^2) \right) = \frac{\pi}{4} - \arctan\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right). $$

Denotando por $I$ la integral y utilizando la sustitución $x = \tan(\theta/2)$ ,

$$ I = \frac{\pi^2}{16} - \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \arctan(\cos\theta) \, d\theta.$$

Esta integral está íntimamente relacionada con Función chi de Legendre a través de la identidad

$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \arctan(r \sin\theta) \, d\theta = 2 \chi_{2} \left( \frac{\sqrt{1+r^{2}} - 1}{r} \right), \tag{1} $$

y utilizando el valor especial $\chi_2(\sqrt{2}-1) = \frac{\pi^2}{16} - \frac{1}{4}\log^2(\sqrt{2}+1)$ obtenemos

$$ I = \frac{\pi^2}{16} - \chi_2(\sqrt{2}-1) = \frac{1}{4}\log^2(\sqrt{2}+1). $$

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Adenda. Por razones de autocontención, incluimos algunas observaciones básicas sobre la función chi de Legendre. Esta función se define como

$$ \chi_2(z) = \int_{0}^{z} \frac{\operatorname{arctanh}(w)}{w} \, dw = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^{2n+1}}{(2n+1)^2} $$

para $|z| < 1$ . Esta función satisface la siguiente identidad funcional

$$ \chi_2(z) + \chi_2\left(\frac{1-z}{1+z}\right) = \frac{\pi^2}{8} - \log z \log \left( \frac{1-z}{1+z}\right), $$

que se puede comprobar fácilmente diferenciando ambos lados. En particular, si se conecta $z = \sqrt{2}-1$ produce el valor especial $\chi_2(\sqrt{2}-1) = \frac{\pi^2}{16} - \frac{1}{4}\log^2(\sqrt{2}+1)$ . Ahora, como en mi respuesta anterior podemos utilizar la serie de Fourier

$$ \arctan\left( \frac{2r\sin\theta}{1-r^{2}} \right) = 2 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\sin(2n+1)\theta}{2n+1} r^{2n+1} $$

para demostrar que

$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \arctan (r \sin\theta) \arctan (s \sin\theta) \, d\theta = \pi \chi_{2} \left( \frac{\sqrt{1+r^{2}} - 1}{r} \cdot \frac{\sqrt{1+s^{2}} - 1}{s} \right). $$

Dejar $s \uparrow \infty$ esta identidad se reduce a $\text{(1)}$ .