Valor conjeturado de$\int_0^1 (-x^a\cos(\ln{x})\ln(1-x))\,dx$, donde$a\geq-1$

Question

Esta integral es una generalización de otra integral que surgió durante los cálculos relacionados a una pregunta anterior de la mina. Específicamente, mediante el uso de esta representación integral para polylogarithms, $$\mathrm{Li}_n(z)=-\frac{1}{(n-2)!}\int_0^1\frac{\ln(1-tz)}{t}\ln^{n-2}(1/t)\,dt,$$ it can be shown that $$\sum_{k=1}^\infty\int_0^e(-1)^{k-1}\mathrm{Li}_{2k}(\ln{x})\,dx=\int_0^1 e^{1/t}\frac{\cos(\ln{t})\mathrm{Ei}(1-1/t)}{t}dt-e\int_0^1\frac{\cos(\ln{t})\ln(1-t)}{t}dt.$$ This equivalence holds numerically, so I believe that the above link's restriction of $\mathrm{Li}_s(z)$ to $|z|\lt 1$ should actually be extended to $z\lt1$. The first integral seems nigh impossible, even without the inclusion of $\cos(\ln{t})$.

Digresiones aparte, esto me lleva a mi conjetura: $$-\int_0^1 x^a\cos(\ln{x})\ln(1-x)\,dx\stackrel{?}{=}\frac{a+1+i}{2a^2+4a+4}H_{a+1-i}+\frac{a+1-i}{2a^2+4a+4}H_{a+1+i},\tag{1}$$ where $H_n$ represents the $n$-th harmonic number and $\geq-1$.

Yo no sé mucho acerca de las propiedades analíticas de la serie de los números, y sé que aún menos sobre su extensión en el plano complejo. Por lo tanto, estoy perdido sobre cómo proceder.

No estoy seguro de si va a ayudar mucho, pero me han resuelto un similar integral mediante integración por partes para obtener una racional zeta de la serie. Tal vez me estoy perdiendo algo, pero este enfoque no parecen llevar a cualquier lugar para mi conjetura anterior. $$-\int_0^1\frac{\cos(\ln{x})\ln(1-x^b)}{x}dx=\frac{\pi}{2}\coth\left(\frac{\pi}{b}\right)-\frac{b}{2};\:b\gt0.\tag{2}$$It's easy to show that $\frac12(\pi\coth(\pi)-1)=\frac i2(H_{-i}-H_i)$.

Answer 1

Sugerencia. Uno puede realizar el cambio de variable $x=e^{-u}$, $dx=-e^{-u}du$, $\ln x=-u$, a continuación, hacer una integración por partes a reconocer un clásico de la representación integral de la función digamma: $$ \psi(z)=-\gamma+\int_0^\infty \frac{e^{-t}-e^{-zt}}{1-e^{-t}}\,dt,\quad \text{Re}\:z>-1. \tag1 $$ Se obtiene $$ \begin{align} &-\int_0^1 x^a\cos(\ln{x})\ln(1-x)\,dx \\&=-\int_0^\infty e^{-au}\cos(u)\ln(1-e^{-u})\,e^{-u}du \\&=-\:\text{Re}\int_0^\infty e^{-(a+i+1)u}\ln(1-e^{-u})\,du \\&=-\:\text{Re}\left(\left[\frac{e^{-(a+i+1)u}-1}{-(a+i+1)} \cdot \ln(1-e^{-u})\right]_0^\infty-\frac{1}{(a+i+1)}\int_0^\infty \frac{\left(1-e^{-(a+i+1)u}\right)e^{-u}}{1-e^{-u}}\,du\right) \\&=\frac{(a+1)\gamma}{(a+1)^2+1}+\text{Re}\:\frac{\psi(a+2+i)}{a+1+i} \end{align} $ $ , que es equivalente a la expresión dada en la conjetura.

Edit. Uno puede usar $$ \psi(z)=-\gamma+\int_0^1 \frac{1-u^{z-1}}{1-u}\,du,\quad \text{Re}\:z>0, \tag2 $$ which equivalent to $(1)$, evitar el cambio de variable.