Demostrando que $\int_0^1 \frac{\log^2(x)\tanh^{-1}(x)}{1+x^2}dx=\beta(4)-\frac{\pi^2}{12}G$

Question

Estoy tratando de demostrar que $$I=\int_0^1 \frac{\log^2(x)\tanh^{-1}(x)}{1+x^2}dx=\beta(4)-\frac{\pi^2}{12}G$$ donde $\beta(s)$ es la Beta de la función de Dirichlet y $G$ es el catalán es constante. Me las arreglé para deducir la siguiente serie que implican polygamma funciones, pero no parece ser de mucha ayuda.

$$ \begin{align*} I &=\frac{1}{64}\sum_{n=0}^\infty \frac{\psi_2 \left(\frac{n}{2}+1 \right) -\psi_2\left(\frac{n+1}{2} \right)}{2n+1} \\ &= \frac{1}{8}\sum_{n=1}^\infty \frac{\psi_2(n)}{2n-1}-\frac{1}{32}\sum_{n=1}^\infty\frac{\psi_2\left(\frac{n}{2}\right)}{2n-1} \end{align*} $$

Cálculos numéricos muestran que $I \approx 0.235593$.

Answer 1

Yo era capaz de resolver este problema por mi cuenta.

Usando integración por partes, $$\begin{align*} &\; \int_0^1 \frac{\log^2(x)\tanh^{-1}(x)}{1+x^2}dx \\ &= -2\int_0^1 \frac{\log(x)\tan^{-1}(x)\tanh^{-1}(x)}{x}dx-\int_0^1 \frac{\log^2(x)\tan^{-1}(x)}{1-x^2}dx \tag{1} \end{align*}$$

He publicado la solución de estas dos integrales en otro foro. Aquí están los enlaces:

1. http://integralsandseries.prophpbb.com/topic711.html#p3975

2. http://integralsandseries.prophpbb.com/topic245.html#p1680

$$\begin{align*}\int_0^1\frac{\log(x)\tan^{-1}(x)\tanh^{-1}(x)}{x}dx &= \frac{\pi^2}{16}G-\frac{7\pi\zeta(3)}{32} \tag{2}\\ \int_0^1\frac{\log^2(x)\tan^{-1}(x)}{1-x^2}dx &= -\beta(4)-\frac{\pi^2}{24}G+\frac{7\pi}{16}\zeta(3)\tag{3} \end{align*}$$ $G$ denota el catalán constante y $\beta(4)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)^4}$. La sustitución de estos dos resultados en la ecuación (1) da: $$\int_0^1 \frac{\log^2(x)\tanh^{-1}(x)}{1+x^2}dx=\beta(4)-\frac{\pi^2}{12}G \tag{4}$$

Prueba de croquis de las integrales de (2) y (3) : (por Favor consulte los enlaces arriba para una respuesta más detallada)

La idea detrás de la evaluación (2) y (3) es dividiéndolos en Euler Sumas. El uso de la expansión en series de taylor $\tan^{-1}(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}$ e integrando término-sabio, obtenemos las siguientes relaciones:

\begin{align*} \int_0^1\frac{\log(x)\tan^{-1}(x)\tanh^{-1}(x)}{x}dx &= -\log(2)\frac{\pi^3}{32}-\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^3}\left( \gamma+\psi_0(n+1)\right) \\ &\;+\frac{1}{4}\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n \psi_1(n+1)}{(2n+1)^2} \tag{5}\\ \int_0^1 \frac{\log^2(x)\tan^{-1}(x)}{1-x^2}dx &=-\frac{1}{8}\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n\psi_2(n+1)}{2n+1}\tag{6} \end{align*}

Estas Sumas de Euler puede ser evaluado usando las técnicas que se muestran en el documento "Euler Sumas y Contorno Integral Representaciones" de Philippe Flajolet y Bruno Salvy. Aquí está el enlace. \begin{align*} \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n\psi_2(n+1)}{2n+1} &= 8\beta(4)+\frac{\pi^2}{3}G-\frac{7\pi}{2}\zeta(3) \\ \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n\psi_1(n+1)}{(2n+1)^2} &= 6\beta(4)+\frac{\pi^2}{4}G-\frac{7\pi}{4}\zeta(3) \\ \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n\left( \gamma+\psi_0(n+1)\right)}{(2n+1)^3} &= 3\beta(4)-\frac{7\pi}{16}\zeta(3)-\frac{\pi^3}{16}\log(2) \end{align*} Sustituyendo en las ecuaciones (5) y (6) nos da las integrales (2) y (3).

Una relativa integral

Utilizando técnicas similares, podemos demostrar que $$\displaystyle \int_0^1 \frac{\log^2(x)\tan^{-1}(x)}{x\left(1-x^2 \right)}dx=\beta(4)+\frac{7\pi \zeta(3)}{64}+\frac{\pi^3 \log(2)}{32}$$