Hola estoy atascado en mostrar que $$ \int_0^\infty \frac{\ln(1+x)\ln(1+x^{-2})}{x} dx=\pi G-\frac{3\zeta(3)}{8} $$ donde G es la constante catalana y $\zeta(3)$ es la función zeta de Riemann. Explicadamente vienen dadas por $$ G=\beta(2)=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}, \ \zeta(3)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3}. $$ He intentado utilizar $$ \ln(1+x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1} x^n}{n}, $$ pero no llegó muy lejos.
La suma infinita en la respuesta de Chen Wang, es decir, $ \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{4n}}{n^{2}}$ puede evaluarse mediante integración de contornos considerando la función $$f(z) = \frac{\pi \cot(\pi z) [\gamma + \psi(-4z)]}{z^{2}}, $$
donde $\psi(z)$ es el función digamma y $\gamma$ es el Constante de Euler-Mascheroni .
La función $f(z)$ tiene polos de orden $2$ en los enteros positivos, polos simples en los enteros negativos, polos simples en los cuartos de enteros positivos y un polo de orden $4$ en el origen.
La función $\psi(-4z)$ tiene polos simples en los semienteros positivos, pero se anulan con los ceros de $\cot( \pi z)$ .
Consideremos ahora un cuadrado en el plano complejo (llamémoslo $C_{N}$ ) con vértices en $\pm (N + \frac{1}{2}) \pm i (N +\frac{1}{2})$ .
En los lados del cuadrado, $\cot (\pi z)$ está uniformemente acotada.
Y cuando $z$ es de gran magnitud y no se encuentra en el eje real positivo, $\psi(-4z) \sim \ln(-4z)$ .
Así que $ \displaystyle \int_{C_{N}} f(z) \ dz $ desaparece cuando $N \to \infty$ a través de los enteros positivos.
Por lo tanto,
$$\sum_{n=1}^{\infty} \text{Res} [f(z), n] + \sum_{n=1}^{\infty} \text{Res}[f(z),-n] + \text{Res}[f(z),0] + \sum_{n=0}^{\infty} \text{Res}\Big[f(z), \frac{2n+1}{4} \Big] =0 .$$
Para determinar los residuos, necesitamos las siguientes expansiones de Laurent.
En los enteros positivos,
$$ \gamma + \psi (-4z) = \frac{1}{4} \frac{1}{z-n} + H_{4n} + \mathcal{O}(z-n) $$
y
$$ \pi \cot (\pi z) = \frac{1}{z-n} + \mathcal{O}(z-n) .$$
En el origen,
$$ \gamma+ \psi(-4z) = \frac{1}{4z} -4 \zeta(2) z -16 \zeta(3) z^{2} + \mathcal{O}(z^{3})$$
y $$ \pi \cot (\pi z) = \frac{1}{z} - 2 \zeta(2) z + \mathcal{O}(z^{3}) .$$
Y en los cuartos enteros positivos,
$$ \gamma + \psi(-4z) = \frac{1}{4} \frac{1}{z-\frac{2n+1}{4}} + \mathcal{O}(1)$$
y
$$ \pi \cot (\pi z) = (-1)^{n} \pi + \mathcal{O}\Big(z- \frac{2n+1}{4} \Big) .$$
Entonces en los enteros positivos,
$$f(z) = \frac{1}{z^{2}} \Big( \frac{1}{4} \frac{1}{(z-n)^{2}} + \frac{H_{4n}}{z-n} + \mathcal{O}(1) \Big), $$
lo que implica
$$\begin{align} \text{Res} [f(z),n] &= \text{Res} \Big[ \frac{1}{4z^{2}} \frac{1}{(z-n)^{2}} , n \Big] + \text{Res} \Big[ \frac{1}{z^{2}} \frac{H_{4n}}{z-n}, n \Big] \\ &= - \frac{1}{2n^{3}} + \frac{H_{4n}}{n^{2}} .\end{align}$$
En los enteros negativos,
$$ \text{Res}[f(z),-n] = \frac{\gamma + \psi(4n)}{n^{2}} = \frac{H_{4n-1}}{n^{2}} = \frac{H_{4n}}{n^{2}} - \frac{1}{4n^{3}} . $$
En el origen,
$$ f(z) = \frac{1}{z^{2}} \Big( \frac{1}{4z^{2}} - \frac{\zeta(2)}{2} - 4 \zeta(2) - 16 \zeta(3) z + \mathcal{O}(z^{2}) \Big),$$
lo que implica
$$\text{Res}[f(z),0] = -16 \zeta(3) .$$
Y en los cuartos enteros positivos,
$$ f(z) = \frac{\pi}{4z^{2}} \frac{(-1)^{n}}{z- \frac{2n+1}{4}} + \mathcal{O}(1),$$
lo que implica
$$ \begin{align} \text{Res} \Big[ f(z),\frac{2n+1}{4} \Big] &= \text{Res} \Big[\frac{\pi}{4z^{2}} \frac{(-1)^n}{z- \frac{2n+1}{4}}, \frac{2n+1}{4} \Big] \\ &= 4 \pi \ \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)^{2}} . \end{align} $$
Juntando todo, tenemos
$$ - \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{3}} + 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{4n}}{n^{2}} - \frac{1}{4} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{3}} - 16 \zeta(3) + 4 \pi \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)^{2}} $$
$$ = - \frac{1}{2} \zeta(3) + 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{4n}}{n^{2}} - \frac{1}{4} \zeta(3) - 16 \zeta(3) + 4 \pi G = 0 .$$
Por lo tanto,
$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{4n}}{n^{2}} = \frac{67}{8} \zeta(3) - 2 \pi G .$$
EDITAR :
Encontré la expansión Laurent de $\psi(-4z)$ en los enteros positivos utilizando la ecuación funcional de la función digamma para expresar $\psi(4z)$ como
$$ \psi(4z) = \psi(4z+4n+1) - \frac{1}{4z+4n} - \frac{1}{4z+4n-1} - \ldots - \frac{1}{4z} .$$
Entonces evalué el límite $$\lim_{z \to -n} (z+n) \psi(4z) = - \frac{1}{4}$$ y el límite $$\lim_{z \to -n} \Big(\psi(4z) + \frac{1}{4} \frac{1}{z+n} \Big) = - \gamma +H_{4n} .$$
Esto conduce a la expansión $$\gamma + \psi (-4z) = \frac{1}{4} \frac{1}{z-n} + H_{4n} + \mathcal{O}(z-n) .$$
Hice algo similar para encontrar la expansión en los cuartos de enteros positivos.
Tengo una solución sencilla para este problema. Sea $$ I(\alpha,\beta)=\int_0^\infty\frac{\ln(1+\alpha x)\ln(1+\beta x^{-2})}{x}dx. $$ Entonces $I(0,0)=I(\alpha,0)=I(0,\beta)=0$ y $I(1,1)=I$ . Es fácil comprobar \begin{eqnarray*} \frac{\partial^2 I}{\partial \alpha\partial\beta}&=&\int_0^\infty\frac{1}{(1+\alpha x)(x^2+\beta)}dx\\ &=&\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{\sqrt{\beta}}+2\alpha\ln\alpha+\alpha\ln\beta\right)\frac{1}{1+\alpha^2\beta}\\ &=&\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{\sqrt{\beta}}+2\alpha\ln\alpha+\alpha\ln\beta\right)\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\alpha^{2n}\beta^n\\ &=&\frac{1}{2}\left(\pi\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\alpha^{2n}\beta^{n-\frac{1}{2}}+2\sum_{n=0}^\infty(-1)^n(\alpha^{2n+1}\ln\alpha)\beta^n+\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\alpha^{2n+1}\beta^n\ln\beta\right). \end{eqnarray*} Así \begin{eqnarray*} I&=&\int_0^1\int_0^1\frac{\partial^2 I}{\partial \alpha\partial\beta}d\beta d\alpha\\ &=&\frac{1}{2}\int_0^1\left(\pi\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{n+\frac{1}{2}}\alpha^{2n}+2\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{n+1}\alpha^{2n+1}\ln\alpha-\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(n+1)^2}\alpha^{2n+1}\right)d\alpha\\ &=&\pi\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}-\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{4(n+1)^3}-\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{2(n+1)^3}\\ &=&\pi G-\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(n+1)^3}\\ &=&\pi G-\frac{3\zeta(3)}{8}. \end{eqnarray*} Aquí utilizamos $$\int_0^1 x^n\ln x dx=-\frac{1}{(n+1)^2}. $$
Respuesta incompleta:
$$ \begin{align*} I&=\int^{\infty}_{0}\frac{\log(1+x)\log(1+x^{-2})}{x}dx\\ &=\int^{1}_{0}\frac{\log(1+x)\log(1+x^{-2})}{x}dx+\int^{\infty}_{1}\frac{\log(1+x)\log(1+x^{-2})}{x}dx\\ &=\int^{1}_{0}\frac{\log(1+x)\log(1+x^{-2})}{x}dx+\int^{1}_{0}\frac{\log(1+x^{-1})\log(1+x^2)}{x}dx\\ &=2\underbrace{\int^{1}_{0}\frac{\log(1+x)\log(1+x^2)}{x}dx}_{=I_1}-\underbrace{\int^{1}_{0}\frac{\log(x)(2\log(1+x)+\log(1+x^2))}{x}dx}_{=I_2}.\\ \end{align*} $$
$$ \begin{align*} I_2&=\int^{1}_{0}\frac{\log(x)(2\log(1+x)+\log(1+x^2))}{x}dx\\ &=\sum^{\infty}_{n=1}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\int^{1}_{0}\frac{\log(x)(2x^n+x^{2n})}{x}dx\\ &=\sum^{\infty}_{n=1}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\left(-\frac{2}{n^2}-\frac{1}{(2n)^2}\right)\\ &=\frac{27}{16}\zeta(3). \end{align*} $$
$$ \begin{align*} I_1&=\int^{1}_{0}\frac{\log(1+x)\log(1+x^2)}{x}dx\\ &=\sum^{\infty}_{m,n=1}\frac{(-1)^{m+n}}{mn}\int^{1}_{0}x^{2m+n-1}dx\\ &=\sum^{\infty}_{m,n=1}\frac{(-1)^{m+n}}{mn(2m+n)}\\ &=\sum^{\infty}_{m=1}\frac{(-1)^{m}}{m}\sum^{\infty}_{n=1}\frac{(-1)^{n}}{n(2m+n)}\\ &=\sum^{\infty}_{m=1}\frac{(-1)^{m}}{2m^2}\sum^{\infty}_{n=1}(-1)^{n}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{2m+n}\right)\\ &=\sum^{\infty}_{m=1}\frac{(-1)^{m}}{2m^2}\left(\sum^{\infty}_{n=1}\frac{(-1)^{n}}{n}-\sum^{\infty}_{n=1}\frac{(-1)^{2m+n}}{2m+n}\right)\\ &=\sum^{\infty}_{m=1}\frac{(-1)^{m}}{2m^2}\sum^{2m}_{n=1}\frac{(-1)^{n}}{n}\\ &=\sum^{\infty}_{m=1}\frac{(-1)^{m-1}(H_{2m}-H_{m})}{2m^2}\\ &=\sum^{\infty}_{m=1}\frac{H_{2m}-H_{m}}{2m^2}-2\sum^{\infty}_{m=1}\frac{H_{4m}-H_{2m}}{2(2m)^2}\\ &=\frac14\sum^{\infty}_{m=1}\frac{-H_{4m}+3H_{2m}-2H_{m}}{m^2}\\ &=-\frac14\sum^{\infty}_{m=1}\frac{H_{4m}}{m^2}+\frac{17}{16}\zeta(3) \end{align*}$$
Por lo tanto, $I=2I_1-I_2=-\frac12\sum^{\infty}_{m=1}\frac{H_{4m}}{m^2}+\frac{61}{16}\zeta(3)$ .
Queda por demostrar que $\sum^{\infty}_{m=1}\frac{H_{4m}}{m^2}\stackrel?=\frac{67}{8}\zeta(3)-2\pi G$ pero aún no he encontrado la manera.
Tendré que pasar por todo esto. Evaluar las sumas de los números armónicos siempre parece bastante difícil... Ésta es más completa que cualquier otra respuesta, así que ¡Gracias! Si usted puede venir para arriba con la prueba para que la última suma, con mucho gusto comprobarlo como la respuesta:) Gracias por tu tiempo
$$I=\int_0^\infty\frac{\ln(1+x)\ln(1+x^{-2})}{x}\ dx=\int_0^\infty f(x)\ dx=\int_0^1 f(x)\ dx+\underbrace{\int_1^\infty f(x)\ dx}_{x\to1/x}$$
$$=2\underbrace{\int_0^1\frac{\ln(1+x)\ln(1+x^2)}{x}\ dx}_{\large I_1}-\frac94\underbrace{\int_0^1\frac{\ln x\ln(1+x)}{x}\ dx}_{-3/4\zeta(3)}$$
$$I_1=\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^{m-1}}{m}\int_0^1 x^{2m-1}\ln(1+x)\ dx$$
$$=\sum^{\infty}_{m=1}\frac{(-1)^{m-1}(H_{2m}-H_{m})}{2m^2}=\frac12\sum_{m=1}^\infty \frac{(-1)^mH_m}{m^2}-\frac12\sum_{m=1}^\infty \frac{(-1)^mH_{2m}}{m^2}$$
La primera suma $\sum_{m=1}^\infty \frac{(-1)^mH_m}{m^2}=-\frac58\zeta(3)$ es bien conocido y el segundo :
$$\sum_{m=1}^\infty \frac{(-1)^mH_{2m}}{m^2}=4\sum_{m=1}^\infty \frac{(-1)^mH_{2m}}{(2m)^2}=4\Re\sum_{m=1}^\infty \frac{(i)^mH_{m}}{m^2}$$
Utilizando la función generadora
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^2}x^{n}=\operatorname{Li}_3(x)-\operatorname{Li}_3(1-x)+\ln(1-x)\operatorname{Li}_2(1-x)+\frac12\ln x\ln^2(1-x)+\zeta(3)$$ y ajuste $x=i$ obtenemos
$$\sum_{m=1}^\infty \frac{(-1)^mH_{2m}}{m^2}=4\Re\left\{\operatorname{Li}_3(i)-\operatorname{Li}_3(1-i)+\ln(1-i)\operatorname{Li}_2(1-i)+\frac12\ln(i)\ln^2(1-i)+\zeta(3)\right\}\\=\frac{23}{16}\zeta(3)-\pi\ G $$
Recopilar todos los resultados $\displaystyle I=\pi G-\frac{3\zeta(3)}{8}$
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