Una expresión de forma cerrada para $\int_0^\infty \frac{\ln (1+x^\alpha) \ln (1+x^{-\beta})}{x} \, \mathrm{d} x$

Question

He estado tratando de evaluar la siguiente familia de las integrales:

$$ f:(0,\infty)^2 \rightarrow \mathbb{R} \, , \, f(\alpha,\beta) = \int \limits_0^\infty \frac{\ln (1+x^\alpha) \ln (1+x^{-\beta})}{x} \, \mathrm{d} x \, . $$

Los cambios de las variables $\frac{1}{x} \rightarrow x$, $x^\alpha \rightarrow x$ y $x^\beta \rightarrow x$ el rendimiento de las propiedades de simetría $$ \etiqueta{1} f(\alpha,\beta) = f(\beta\alpha) = \frac{1}{\alpha} f\left(1,\frac{\beta}{\alpha}\right) = \frac{1}{\alpha} f\left(\frac{\beta}{\alpha},1\right) = \frac{1}{\beta} f\left(\frac{\alpha}{\beta},1\right) = \frac{1}{\beta} f\left(1,\frac{\alpha}{\beta}\right) $$ para $\alpha,\beta > 0$ .

Utilizando este resultado uno fácilmente calcula $f(1,1) = 2 \zeta (3)$ . A continuación, $(1)$ implica que $$ f(\alpha,\alpha) = \frac{2}{\alpha} \zeta (3) $$ tiene por $\alpha > 0$ . Cualquier otro caso, puede ser reducida a la búsqueda de $f(1,\gamma)$$\gamma > 1$$(1)$.

Un enfoque basado en xpaul la respuesta a esta pregunta emplea Tonelli del teorema de escribir $$ \etiqueta{2} f(1, \gamma) = \int \limits_0^\infty \int \limits_0^1 \int \limits_0^1 \frac{\mathrm{d}u \, \mathrm{d}v \, \mathrm{d}x}{(1+ux)(v+x^\gamma)} = \int \limits_0^1 \int \limits_0^1 \int \limits_0^\infty \frac{\mathrm{d}x \, \mathrm{d}u \, \mathrm{d}v}{(1+ux)(v+x^\gamma)} \, .$$ El caso especial $f(1,2) = \pi \mathrm{C} - \frac{3}{8} \zeta (3)$ se deriva a través de la fracción parcial de la descomposición ($\mathrm{C}$ es el catalán es constante). Esta técnica se debe trabajar por lo menos para $\gamma \in \mathbb{N}$ (que también proporciona una forma alternativa de encontrar $f(1,1)$), pero me imagino que los cálculos se vuelven cada vez más complicado para las grandes $\gamma$ .

Mathematica se las arregla para evaluar $f(1,\gamma)$ en términos de $\mathrm{C}$, $\zeta(3)$ y un aceptablemente agradable finito suma de los valores de la trigamma función de $\psi_1$ para algunos pequeños, racional valores de $\gamma > 1$ (antes de recurrir a expresiones relacionadas con el Meijer de la función G para las grandes argumentos). Esto me da cierta esperanza de una fórmula general, aunque todavía no he sido capaz de reconocer un patrón.

Por lo tanto mi pregunta es:

¿Cómo podemos calcular $f(1,\gamma)$ general (o, al menos, entero/racional) los valores de $\gamma > 1$ ?

Actualización 1:

Simbólico y numérico de las evaluaciones con Mathematica sugieren fuertemente que $$ f(1, n) = \frac{1}{n (2 \pi)^{n-1}} \mathrm{G}_{n+3, n+3}^{n+3,n+1} \left(\begin{matrix} 0, 0, \frac{1}{n}, \dots, \frac{n-1}{n}, 1 , 1 \\ 0,0,0,0,\frac{1}{n}, \dots, \frac{n-1}{n} \end{matrix} \middle| \, 1 \right) $$ tiene por $n \in \mathbb{N}$ . Estos valores de la Meijer de la función G admitir una evaluación en términos de $\zeta(3)$ $\psi_1 \left(\frac{1}{n}\right), \dots, \psi_1 \left(\frac{n-1}{n}\right) $ al menos para los pequeños (pero probablemente todos) $n \in \mathbb{N}$ .

Nota interesante: El límite $$ \lim_{\gamma \rightarrow \infty} f(1,\gamma+1) - f(1,\gamma) = \frac{3}{4} \zeta(3) $$ se sigue de la definición.

Actualización 2:

Suponga que $m, n \in \mathbb{N} $ son primos relativos (es decir,$\gcd(m,n) = 1$). A continuación, la expresión de $f(m,n)$ dado en Sangchul Lee la respuesta puede ser reducido a \begin{align} f(m,n) &= \frac{2}{m^2 n^2} \operatorname{Li}_3 ((-1)^{m+n}) \\ &\phantom{=} - \frac{\pi}{4 m^2 n} \sum \limits_{j=1}^{m-1} (-1)^j \csc\left(j \frac{n}{m} \pi \right) \left[\psi_1 \left(\frac{j}{2m}\right) + (-1)^{m+n} \psi_1 \left(\frac{m + j}{2m}\right) \right] \\ &\phantom{=} - \frac{\pi}{4 n^2 m} \sum \limits_{k=1}^{n-1} (-1)^k \csc\left(k \frac{m}{n} \pi \right) \left[\psi_1 \left(\frac{k}{2n}\right) + (-1)^{n+m} \psi_1 \left(\frac{n + k}{2n}\right) \right] \\ &\equiv F(m,n) \, . \end{align} Más simplificaciones depende de la paridad de $m$$n$.

Este resultado puede ser utilizado para obtener una solución para arbitrario de argumentos racionales: Para $\frac{n_1}{d_1} , \frac{n_2}{d_2} \in \mathbb{Q}^+$ ecuación de $(1)$ rendimientos \begin{align} f\left(\frac{n_1}{d_1},\frac{n_2}{d_2}\right) &= \frac{d_1}{n_1} f \left(1,\frac{n_2 d_1}{n_1 d_2}\right) = \frac{d_1}{n_1} f \left(1,\frac{n_2 d_1 / \gcd(n_1 d_2,n_2 d_1)}{n_1 d_2 / \gcd(n_1 d_2,n_2 d_1)}\right) \\ &= \frac{d_1 d_2}{\gcd(n_1 d_2,n_2 d_1)} f\left(\frac{n_1 d_2}{\gcd(n_1 d_2,n_2 d_1)},\frac{n_2 d_1}{\gcd(n_1 d_2,n_2 d_1)}\right) \\ &= \frac{d_1 d_2}{\gcd(n_1 d_2,n_2 d_1)} F\left(\frac{n_1 d_2}{\gcd(n_1 d_2,n_2 d_1)},\frac{n_2 d_1}{\gcd(n_1 d_2,n_2 d_1)}\right) \, . \end{align}

Por lo tanto considero que el problema resuelto en el caso de los argumentos racionales. Irracional de los argumentos puede ser aproximada por fracciones, pero si alguien puede venir para arriba con una solución general: bienvenidos a compartir. ;)

Answer 1

Sólo un comentario.

$\,z> 0\,$ tengo:

$$f(1,z) = \frac{3}{4}\zeta(3)\left(z+\frac{1}{z^2}\right) + 2 g(z)$$

$\enspace\displaystyle g(z):=\sum\limits{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} \sum\limits{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k(zn+k)}\enspace$ y $\enspace\displaystyle g(\frac{1}{z})=zg(z)$

Tal vez alguien puede tomar desde aquí a crear fórmulas.

Nota: $\enspace\displaystyle f(1,\frac{1}{z})=zf(1,z)\enspace$ que es equivalente a $\enspace\displaystyle \frac{1}{\alpha}f(1,\frac{\beta}{\alpha})=\frac{1}{\beta}f(1,\frac{\alpha}{\beta})$

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Sugerencia:

$\displaystyle zg(z)=\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^2}\left(H(zn)- H(\frac{zn}{2})\right)=\int\limits_0^1\frac{Li_2(-t^z) - Li_2(-t^{z/2})}{1-t}dt $

$\hspace{1.1cm}\displaystyle = \frac{\pi^2\ln 2}{12} + \int\limits_0^1\frac{Li_2(-x^z)}{1+x}dx = z \int\limits_0^1\frac{\ln(1+x)\ln(1+x^z)}{x}$

$\enspace\displaystyle H(x):=\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{x}{k(x+k)}=\gamma + \psi(1+x) =\int\limits_0^1\frac{1-t^x}{1-t}dt$

Es trivial que $\,f(1,z)\,$ se puede dividir:

$\hspace{1.1cm}\displaystyle \int\limits_0^1 \frac{\ln(1+x)\ln(1+x^{-z})}{x}dx = \frac{3z}{4}\zeta(3) + g(z) = g(-z)$

$\hspace{1.1cm}\displaystyle \int\limits_1^\infty \frac{\ln(1+x)\ln(1+x^{-z})}{x}dx = \frac{3}{4z^2}\zeta(3) + g(z)$

Answer 2

Sólo un comentario. Tenemos

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{\log(1+\alpha x)\log(1+\beta/x)}{x} \, dx = 2\operatorname{Li}_3(\alpha\beta) - \operatorname{Li}_2(\alpha\beta)\log(\alpha\beta) $$

lo que es válido en principio para $\alpha, \beta > 0$ y se extiende a un mayor dominio por el principio de continuación analítica. A continuación, para los números enteros $m, n \geq 1$ obtenemos

\begin{align*} f(m, n) &=\int_{0}^{\infty} \frac{\log(1+x^m)\log(1+x^{-n})}{x}\,dx \\ &\hspace{6em} = \sum_{j=0}^{m-1}\sum_{k=0}^{n-1} \left[ 2\operatorname{Li}_3\left(e^{i(\alpha_j+\beta_k)}\right) - i(\alpha_j+\beta_k)\operatorname{Li}_2\left(e^{i(\alpha_j+\beta_k)}\right) \right], \end{align*}

donde$\alpha_j = \frac{2j-m+1}{n}\pi$$\beta_k = \frac{2k-n+1}{n}\pi$. (Aunque no siempre podemos dividir complejos logaritmos, esto sucede a trabajar en la situación anterior.) Por la multiplicación de la fórmula, esto se simplifica a

\begin{align*} f(m, n) &= \frac{2\gcd(m,n)^3}{m^2n^2}\operatorname{Li}_3\left((-1)^{(m+n)/\gcd(m,n)}\right) \\ &\hspace{2em} - \frac{i}{n} \sum_{j=0}^{m-1} \alpha_j \operatorname{Li}_2\left((-1)^{n-1}e^{in\alpha_j}\right) \\ &\hspace{2em} - \frac{i}{m} \sum_{k=0}^{n-1} \beta_k \operatorname{Li}_2\left((-1)^{m-1}e^{im\beta_k}\right). \end{align*}

Aquí, $\gcd(m,n)$ es el máximo común divisor de a$m$$n$.

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El siguiente código de pruebas de la fórmula de arriba.

Answer 3

Esta no es una respuesta ya que sólo se basa en la CAS.

Para valores enteros de a $\gamma$, tenemos $$f(1,1)=2 \zeta (3)$$ $$f(1,2)=\pi C-\frac{3 \zeta (3)}{8}$$ $$f(1,3)=\frac{2}{27} \left(3 \zeta (3)+\sqrt{3} \pi \left(\psi ^{(1)}\left(\frac{1}{3}\right)-\psi ^{(1)}\left(\frac{2}{3}\right)\right)\right)$$ $$f(1,4)=\frac{1}{64} \left(-16 \pi C-6 \zeta (3)+\sqrt{2} \pi \left(\psi ^{(1)}\left(\frac{1}{8}\right)+\psi ^{(1)}\left(\frac{3}{8}\right)-\psi ^{(1)}\left(\frac{5}{8}\right)-\psi ^{(1)}\left(\frac{7}{8}\right)\right)\right)$$

He sido capaz de producir los resultados a $f(1,6)$ sin darse cuenta de cualquier patrón; por $\gamma > 6$ comienzan a aparecer Meijer G funciones (que no son las más agradables - al menos para mí).

Para algunos racional de los valores de $\gamma$, yo (decir el CAS) obtenidos $$f\left(1,\frac{1}{2}\right)=2 \pi C-\frac{3 \zeta (3)}{4}$$ Para $f\left(1,\frac{3}{2}\right)$ (no hay espacio para ponerlo en una línea) $$\frac{1}{108} \left(-72 \pi C-9 \zeta (3)+2 \sqrt{3} \pi \left(\psi ^{(1)}\left(\frac{1}{6}\right)+\psi ^{(1)}\left(\frac{1}{3}\right)-\psi ^{(1)}\left(\frac{2}{3}\right)-\psi ^{(1)}\left(\frac{5}{6}\right)\right)\right)$$

Para $f\left(1,\frac{5}{2}\right)$, yo también tengo un resultado (bastante largo !).

$$f\left(1,\frac{1}{3}\right)=\frac{2}{9} \left(3 \zeta (3)+\sqrt{3} \pi \left(\psi ^{(1)}\left(\frac{1}{3}\right)-\psi ^{(1)}\left(\frac{2}{3}\right)\right)\right)$$

Ahora, realmente necesito un descanso (de mi equipo).

Espero y deseo que esto podría ser de algún interés para usted.

Answer 4

He encontrado una forma para evaluar $f(1,n)$$n \in \mathbb{N}$ . He aquí un boceto:

Comience por dejar $x = v^{1/n} t$ en la ecuación de $(2)$. Entonces $$ f(1,n) = \int \limits_0^1 \int \limits_0^1 \int \limits_0^\infty \frac{\mathrm{d} t}{(t + (u v^{1/n})^{-1}) (1 + t^n)} \, \frac{\mathrm{d} u}{u} \, \frac{\mathrm{d} v}{v} \equiv \int \limits_0^1 \int \limits_0^1 X((u v^{1/n})^{-1}) \, \frac{\mathrm{d} u}{u} \, \frac{\mathrm{d} v}{v} \, .$$ Una fracción parcial de la descomposición de los rendimientos \begin{align} X(w) &\equiv \int \limits_0^\infty \frac{\mathrm{d} t}{(t + w) (1 + t^n)} = \frac{1}{1+(-w)^n} \int \limits_0^\infty \left[ \frac{1}{t+w} - \frac{1}{1+t^n} \sum \limits_{k=0}^{n-1} (-w)^{n-1-k} t^k\right] \, \mathrm{d} t \\ &\equiv Y(w) + Z(w) \, . \end{align} Aquí $$ Y(w) = \frac{1}{1+(-w)^n} \int \limits_0^\infty \left[ \frac{1}{t+w} - \frac{t^{n-1}}{1+t^n} \right] \, \mathrm{d} t = \frac{-\ln(w)}{1+(-w)^n} $$ y $$ Z(w) = - \frac{1}{1+(-w)^n} \sum \limits_{k=0}^{n-2} (-w)^{n-1-k} \int \limits_0^\infty \frac{t^k}{1 + t^n} \, \mathrm{d} t = - \frac{\pi}{n} \sum \limits_{m=1}^{n-1} \csc\left(\frac{m}{n} \pi\right)\frac{(-w)^{n-m}}{1+(-w)^n} $$ se han introducido (el último paso de la siguiente manera a partir de esta pregunta). Ahora compruebe que \begin{align} \int \limits_0^1 \int \limits_0^1 Y((u v^{1/n})^{-1}) \, \frac{\mathrm{d} u}{u} \, \frac{\mathrm{d} v}{v} &= \frac{1}{n} \int \limits_0^1 \int \limits_0^1 \frac{\ln(u^n v) u^n v}{u^n v +(-1)^n} \, \frac{\mathrm{d} v}{v} \, \frac{\mathrm{d} u}{u} \\ &\stackrel{(\mathrm{a})}{=} \frac{(-1)^{n-1}}{n} \int \limits_0^1 \int \limits_{-n \ln(u)}^\infty \frac{s}{\mathrm{e}^s +(-1)^n} \, \mathrm{d} s \, \frac{\mathrm{d} u}{u} \\ &\stackrel{(\mathrm{b})}{=} \frac{(-1)^{n-1}}{n} \int \limits_0^\infty \frac{s}{\mathrm{e}^s +(-1)^n} \int \limits_{\mathrm{e}^{-s/n}}^1 \frac{\mathrm{d} u}{u} \, \mathrm{d} s \\ &= \frac{(-1)^{n-1}}{n^2} \int \limits_0^\infty \frac{s^2}{\mathrm{e}^s +(-1)^n} \, \mathrm{d} s \\ &\stackrel{(\mathrm{c})}{=} \begin{cases} \frac{2}{n^2} \zeta (3) \, , & n ~ \mathrm{odd} \\ - \frac{3}{2 n^2} \zeta (3) \, , & n ~ \mathrm{even} \end{casos} \end{align} sostiene (explicación: $(\mathrm{a})$ $v = u^{-n} \mathrm{e}^{-s}$ , $(\mathrm{b})$ Tonelli, $(\mathrm{c})$ integral representaciones de $\zeta$). Del mismo modo, \begin{align} \int \limits_0^1 \int \limits_0^1 Z((u v^{1/n})^{-1}) \, \frac{\mathrm{d} u}{u} \, \frac{\mathrm{d} v}{v} &= - \frac{\pi}{n} \sum \limits_{m=1}^{n-1} (-1)^{n-m} \csc\left(\frac{m}{n} \pi\right) \int \limits_0^1 \int \limits_0^1 \frac{(u^n v)^{m/n}}{(-1)^n + u^n v} \, \frac{\mathrm{d} v}{v} \, \frac{\mathrm{d} u}{u} \\ &\stackrel{(\mathrm{d})}{=} - \frac{\pi}{n} \sum \limits_{m=1}^{n-1} (-1)^{n-m} \csc\left(\frac{m}{n} \pi\right) \int \limits_0^1 \int \limits_0^{u^n} \frac{s^{\frac{m}{n} -1}}{(-1)^n + s} \, \mathrm{d} s \, \frac{\mathrm{d} u}{u} \\ &\stackrel{(\mathrm{e})}{=} - \frac{\pi}{n^2} \sum \limits_{m=1}^{n-1} (-1)^{n-m} \csc\left(\frac{m}{n} \pi\right) \int \limits_0^1 \frac{- \ln(s) s^{\frac{m}{n} -1}}{(-1)^n + s} \, \mathrm{d} s \\ &\stackrel{(\mathrm{f})}{=} - \frac{\pi}{n^2} \sum \limits_{m=1}^{n-1} (-1)^{n-m} \csc\left(\frac{m}{n} \pi\right) \begin{cases} - \operatorname{\psi_1} \left(\frac{m}{n}\right) , & \!\!\! n ~ \mathrm{odd} \\ \frac{1}{4} \left[\operatorname{\psi_1} \left(\frac{m}{2 n}\right) - \operatorname{\psi_1} \left(\frac{n+m}{2 n}\right) \right] , & \!\!\! n ~ \mathrm{even} \end{casos} \\ \end{align} puede ser computada (explicación: $(\mathrm{d})$ $v = u^{-n} s$ , $(\mathrm{e})$ Tonelli, $(\mathrm{f})$ representación integral para $\psi_1$).

Combinar estos resultados para encontrar $$ f(1,n) = \frac{2}{n^2} \zeta (3) - \frac{\pi}{n^2} \sum \limits_{m=1}^{n-1} (-1)^{m} \csc\left(\frac{m}{n} \pi\right) \operatorname{\psi_1} \left(\frac{m}{n}\right) $$ por extraño y $$ f(1,n) = - \frac{3}{2 n^2} \zeta (3) - \frac{\pi}{4 n^2} \sum \limits_{m=1}^{n-1} (-1)^{m} \csc\left(\frac{m}{n} \pi\right) \left[\operatorname{\psi_1} \left(\frac{m}{2 n}\right) - \operatorname{\psi_1} \left(\frac{n+m}{2 n}\right) \right] $$ incluso para $n \in \mathbb{N}$ .

A juzgar por el resultado de $f(1,\frac{3}{2})$ en Claude Leibovici la respuesta de un enfoque similar debería trabajar para la racional valores de $\gamma$, pero no soy optimista sobre irracionales argumentos.