Evaluando $\int_{-1}^{1}\frac{\arctan{x}}{1+x}\ln{\left(\frac{1+x^2}{2}\right)}dx$

Question

Este es un problema interesante. Estoy tratando de usar métodos agradables para resolver esta integral, pero fallé.

$$\int_{-1}^{1}\dfrac{\arctan{x}}{1+x}\ln{\left(\dfrac{1+x^2}{2}\right)}dx, $$

donde $\arctan{x}=\tan^{-1}{x}$

nota: esta integral es una de mis favoritas. Gracias a quien tenga métodos agradables.

He demostrado lo siguiente:

$$\int_{-1}^{1}\dfrac{\arctan{x}}{1+x}\ln{\left(\dfrac{1+x^2}{2}\right)}dx=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{2^{n-1}H^2_{n-1}}{nC_{2n}^{n}}=\dfrac{\pi^3}{96}$$

donde $$C_{m}^{n}=\dfrac{m}{(m-n)!n!},H_{n}=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n}$$

También he obtenido algunos productos secundarios $$\int_{-1}^{1}\dfrac{\arctan{x}}{1+x}\ln{\left(\dfrac{1+x^2}{2}\right)}dx=-I_{1}-2I_{2}$$

donde $$I_{1}=\int_{0}^{1}\dfrac{\ln{(1-x^2)}}{1+x^2}\ln{\left(\dfrac{1+x^2}{2}\right)}dx=\dfrac{\pi}{4}\ln^2{2}+\dfrac{\pi^3}{32}-2K\times\ln{2}$$

y $$I_{2}=\int_{0}^{1}\dfrac{x\arctan{x}}{1+x^2}\ln{(1-x^2)}dx=-\dfrac{\pi^3}{48}-\dfrac{\pi}{8}\ln^2{2}+K\times\ln{2}$$

y con los mismos métodos, he seguido la integral $$\int_{0}^{1}\dfrac{\ln{(1-x^4)}\ln{x}}{1+x^2}dx=\dfrac{\pi^3}{16}-3K\times\ln{2}$$ donde $ K $ denota la Constante de Catalán.

Answer 1

Aquí hay una solución que solo utiliza análisis complejo:

Sea $\epsilon$ > 0 y considera la integral truncada

$$ I_{\epsilon} = \int_{-1+\epsilon}^{1} \frac{\arctan x}{x+1} \log\left( \frac{1+x^2}{2} \right) \, dx. $$

Usando la fórmula

$$ \arctan x = \frac{1}{2i} \log \left( \frac{1 + ix}{1 - ix} \right) = \frac{1}{2i} \left\{ \log \left( \frac{1+ix}{\sqrt{2}} \right) - \log \left( \frac{1-ix}{\sqrt{2}} \right) \right\}, $$

se sigue que

$$ I_{\epsilon} = \Im \int_{-1+\epsilon}^{1} \frac{1}{x+1} \log^{2} \left( \frac{1+ix}{\sqrt{2}} \right) \, dx. $$

Ahora sea $\omega = e^{i\pi/4}$ y hacemos el cambio de variable $z = \frac{1+ix}{\sqrt{2}}$ para obtener

$$ I_{\epsilon} = \Im \int_{L_{\epsilon}} \frac{\log^2 z}{z - \bar{\omega}} \, dz, $$

donde $L_{\epsilon}$ es el segmento de línea que va desde $\bar{\omega}_{\epsilon} := \bar{\omega} + \frac{i\epsilon}{\sqrt{2}}$ hasta $\omega$. Ahora ajustamos este contorno de integración de acuerdo con la siguiente imagen:

Es decir, primero dibujamos un arco circular en sentido horario $\gamma_{\epsilon}$ centrado en $\bar{\omega}$ que va desde $\bar{\omega}_{\epsilon}$ hasta algunos puntos en el círculo unitario, y dibujamos un arco circular en sentido anti-horario $\Gamma_{\epsilon}$ que va desde el extremo de $\gamma_{\epsilon}$ hasta $\omega$. Entonces

$$ I_{\epsilon} = \Im \int_{\gamma_{\epsilon}} \frac{\log^2 z}{z - \bar{\omega}} \, dz + \Im \int_{\Gamma_{\epsilon}} \frac{\log^2 z}{z - \bar{\omega}} \, dz =: J_{\epsilon} + K_{\epsilon}. $$

Es fácil comprobar que a medida que $\epsilon \to 0^{+}$, el ángulo central de $\gamma_{\epsilon}$ converge a $\pi / 4$. Dado que $\gamma_{\epsilon}$ gira en sentido horario alrededor de $\bar{\omega}$, tenemos

$$ \lim_{\epsilon \to 0^{+}} J_{\epsilon} = \Im \left( -\frac{i \pi}{4} \mathrm{Res}_{z=\bar{\omega}} \frac{\log^2 z}{z - \bar{\omega}} \right) = \frac{3}{2} \frac{\pi^3}{96}. $$

También, aplicando el cambio de variable $z = e^{i\theta}$,

$$ K_{\epsilon} = -\Re \int_{-\frac{\pi}{4}+o(1)}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\theta^2}{1 - \bar{\omega}e^{-i\theta}} \, d\theta = \int_{-\frac{\pi}{4}+o(1)}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\theta^2}{2} \, d\theta. $$

Por lo tanto, al tomar $\epsilon \to 0^{+}$, tenemos

$$ \lim_{\epsilon \to 0^{+}} K_{\epsilon} = - \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \theta^2 \, d\theta = - \frac{1}{2} \frac{\pi^3}{96}. $$

Combinando estos resultados, obtenemos

$$ \int_{-1}^{1} \frac{\arctan x}{x+1} \log \left( \frac{x^2 + 1}{2} \right) \, dx = \frac{\pi^3}{96}. $$

La misma técnica muestra que

$$ \int_{-1}^{1} \frac{\arctan (t x)}{x+1} \log \left( \frac{1 + x^2 t^2}{1 + t^2} \right) \, dx = \frac{2}{3} \arctan^{3} t, \quad t \in \Bbb{R} .$$

Answer 2

FWIW, aquí está Maple:

> f:= arctan(x)/(1+x)*ln((1+x^2)/2);
> int(f, x=-1..1);

$$ {\frac {7}{64}}\,{\pi }^{3}-{\frac {5}{16}}\,\pi \, \left( \ln \left( 2 \right) \right) ^{2}-\ln \left( 2 \right) {\it Catalan}+1/ 2\, \left( \ln \left( 1-i \right) \right) ^{2}\pi -1/2\,i \left( \ln \left( 1+i \right) \right) ^{2}\ln \left( 2 \right) +\ln \left( 1+i \right) {\it Catalan}+1/2\, \left( \ln \left( 1+i \right) \right) ^{2}\pi -i{\it polylog} \left( 3,-i \right) +i{\it polylog} \left( 3,i \right) +1/2\,i \left( \ln \left( 1-i \right) \right) ^{2}\ln \left( 2 \right) -1/2\,i \left( \ln \left( 1-i \right) \right) ^{3}-1/48\,i\ln \left( 1+i \right) {\pi }^{2}+1/2\, i \left( \ln \left( 1+i \right) \right) ^{3}+\ln \left( 1-i \right) {\it Catalan}+1/48\,i\ln \left( 1-i \right) {\pi }^{2} $$

> simplify(%);

$$ \frac{\pi^3}{96} $$

No sé si eso califica como "bonito", pero ciertamente es fácil.

Answer 3

Dividiendo la integral en $x=0$, dejando $x\mapsto -x$ en la primera integral y luego sumándola a la segunda, llegamos a $$\int_{-1}^1\frac{\arctan(x)\log((1+x^2)/2)}{1+x}\textrm{d}x=2\int_0^1 \frac{x\arctan(x) \log(2/(1+x^2))}{1-x^2}\textrm{d}x=\frac{\pi^3}{96},$$ donde la última integral se extrae en esta solución explotando mágicamente la simetría de una triple integral.

Fin de la historia