La forma cerrada de la integral $\int_0^1 \frac{dy}{1+y^2} \tanh^{-1} \frac{1}{\sqrt{3+y^2}}$

Question

Esta integral (en una forma ligeramente diferente) apareció en el libro de Borwein y Devlin con un comentario que no forma cerrada existe para él hasta el momento:

$$I=\int_0^1 \frac{dy}{1+y^2} \tanh^{-1} \frac{1}{\sqrt{3+y^2}}$$

Incluso fue nombrado uno de "imposible integrales" (página 58).

He pasado varias horas en esta integral, y no encontró la forma cerrada de curso, pero no creo que sea imposible.

Con la más obvia de expansión de la serie y el trabajo de algunos (y el uso liberal de Mathematica), que han obtenido los siguientes explícito de la serie de la integral:

$$I= \log(1+\sqrt{2})\arctan \frac{1}{\sqrt{2}}- \frac{1}{6} \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n+1)2^n}\sum_{l=0}^{n-1} \left(\frac{2}{3} \right)^l \sum_{k=0}^{l} \frac{(-1)^k}{(2k+1)4^k} \binom{l}{k}$$

La serie tiene una buena convergencia, por el camino:

Hay una forma más simple de la serie de la expresión de la integral, o, quién sabe, tal vez incluso una forma cerrada fue encontrado después de que el libro fue publicado?

Answer 1

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Demasiado tiempo para comentar...

Mediante la sustitución de Euler $\sqrt{3+x^{2}}=x+t$, nos encontramos con que la integral se transforma a medida

$$\begin{align} \mathcal{I} &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{\operatorname{arctanh}{\left(\frac{1}{\sqrt{3+x^{2}}}\right)}}{1+x^{2}}\\ &=\int_{\sqrt{3}}^{1}\mathrm{d}t\,\frac{\left(-1\right)\left(3+t^{2}\right)}{2t^{2}}\cdot\frac{1}{1+\left(\frac{3-t^{2}}{2t}\right)^{2}}\\ &~~~~~\times\operatorname{arctanh}{\left(\frac{2t}{3+t^{2}}\right)};~~~\small{\left[\sqrt{3+x^{2}}=x+t\right]}\\ &=\int_{1}^{\sqrt{3}}\mathrm{d}t\,\frac{2\left(t^{2}+3\right)}{\left(t^{4}-2t^{2}+9\right)}\operatorname{arctanh}{\left(\frac{2t}{3+t^{2}}\right)}\\ &=\sqrt{3}\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{1}\mathrm{d}u\,\frac{2\left(3u^{2}+3\right)}{\left(9u^{4}-6u^{2}+9\right)}\operatorname{arctanh}{\left(\frac{2\sqrt{3}\,u}{3+3u^{2}}\right)};~~~\small{\left[t=\sqrt{3}\,u\right]}\\ &=\frac{2}{\sqrt{3}}\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{1}\mathrm{d}u\,\frac{\left(u^{2}+1\right)}{\left(u^{4}-\frac23u^{2}+1\right)}\operatorname{arctanh}{\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot\frac{2u}{1+u^{2}}\right)}.\\ \end{align}$$

Establecimiento $\alpha:=\arcsin{\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)}\in\left(0,\frac{\pi}{4}\right)$, ten en cuenta que

$$\cos{\left(2\alpha\right)}=1-2\sin^{2}{\left(\alpha\right)}=\frac13.$$

Por lo tanto,

$$\begin{align} \mathcal{I} &=\frac{2}{\sqrt{3}}\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{1}\mathrm{d}u\,\frac{\left(u^{2}+1\right)}{\left(u^{4}-\frac23u^{2}+1\right)}\operatorname{arctanh}{\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot\frac{2u}{1+u^{2}}\right)}\\ &=2\sin{\left(\alpha\right)}\int_{\sin{\left(\alpha\right)}}^{1}\mathrm{d}u\,\frac{u^{2}+1}{u^{4}-2u^{2}\cos{\left(2\alpha\right)}+1}\operatorname{arctanh}{\left(\frac{2u\sin{\left(\alpha\right)}}{1+u^{2}}\right)}\\ &=\sin{\left(\alpha\right)}\int_{\sin{\left(\alpha\right)}}^{1}\mathrm{d}u\,\frac{u^{2}+1}{u^{4}-2u^{2}\cos{\left(2\alpha\right)}+1}\ln{\left(\frac{1+\left(\frac{2u\sin{\left(\alpha\right)}}{u^{2}+1}\right)}{1-\left(\frac{2u\sin{\left(\alpha\right)}}{u^{2}+1}\right)}\right)}\\ &=\sin{\left(\alpha\right)}\int_{\sin{\left(\alpha\right)}}^{1}\mathrm{d}u\,\frac{u^{2}+1}{\left[u^{2}-2u\cos{\left(\alpha\right)}+1\right]\left[u^{2}+2u\cos{\left(\alpha\right)}+1\right]}\\ &~~~~~\times\ln{\left(\frac{u^{2}+2u\sin{\left(\alpha\right)}+1}{u^{2}-2u\sin{\left(\alpha\right)}+1}\right)}\\ &=\frac12\sin{\left(\alpha\right)}\int_{\sin{\left(\alpha\right)}}^{1}\mathrm{d}u\,\left[\frac{1}{u^{2}+2u\cos{\left(\alpha\right)}+1}+\frac{1}{u^{2}-2u\cos{\left(\alpha\right)}+1}\right]\\ &~~~~~\times\left[\ln{\left(u^{2}+2u\sin{\left(\alpha\right)}+1\right)}-\ln{\left(u^{2}-2u\sin{\left(\alpha\right)}+1\right)}\right].\\ \end{align}$$

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Por lo tanto, la integral de la $\mathcal{I}$ puede ser reducido a una suma de integrales de la forma,

$$\int\mathrm{d}x\,\frac{\ln{\left(x+p\right)}}{x+q};~~~\small{\left(p,q\right)\in\mathbb{C}^{2}},$$

así que , en principio, debería ser posible evaluar $\mathcal{I}$ en términos de dilogarithms con argumentos complejos...

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