¿Crees que el siguiente límite podría tener una forma cerrada? ¿Algunos consejos o pistas?
$$\lim_{x\to\frac{4}{3}}\frac{\partial}{\partial x}\left[\,_2{\rm{F}}_1\left(\frac{1}{3},1;x;-1\right)\right]$$
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Problema. Muestran que el límite de $L$ se define a continuación tiene la siguiente forma cerrada de valor: $$L:=\lim_{x\a\frac43}\frac{\partial}{\partial x}\left[{_2F_1}{\left(\frac13,1;x;-1\right)}\right]\\ =\color{blue}{\frac{\pi}{\sqrt{3}}+\ln{(2)}+\frac{\pi^2}{6}-\frac{\ln^2{(2)}}{3}-\frac{\pi\ln{\left(\frac{27}{4}\right)}}{6\sqrt{3}}-\frac{1}{4}\Psi^{(1)}{\left(\frac13\right)}-\Re{\left[\operatorname{Li}_{2}{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}e^{\frac{i\pi}{6}}\right)}\right]}}\\ \aprox 0.097647124907961878899227966043695113852476374.$$
Sugerencia. He aquí un plan de ataque para la evaluación de la $L$ que es bastante sencillo. Representar la función hipergeométrica de forma integral y, a continuación, de forma sistemática calcular la derivada seguido por el límite; el resultado es una reducción de $L$ a una suma de dos integrales definidas de funciones elementales. Vamos a utilizar de Euler representación integral, válido para $\Re{(c)}>\Re{(b)}>0\land|\arg{(1-z)}|<\pi$:
$$\operatorname{B}{\left(b,c-b\right)}\,{_2F_1}{\left(a,b;c;z\right)}=\int_{0}^{1}t^{b-1}(1-t)^{c-b-1}(1-z\,t)^{-a}\,\mathrm{d}t.$$
Vamos $a=\frac13$, $b=1$, $c=x$, y $z=-1$. Luego tenemos la $|\arg{(1-z)}|\bigg{|}_{z=-1}=|\arg{(2)}|=0<\pi$, y también tenemos $\Re{(b)}\bigg{|}_{b=1}=\Re{(1)}=1>0$. Así, por $\Re{(x)}>1$, tenemos:
$${_2F_1}{\left(\frac13,1;x;-1\right)}=\frac{1}{\operatorname{B}{\left(1,x-1\right)}}\int_{0}^{1}(1-t)^{x-2}(1+t)^{-\frac13}\,\mathrm{d}t\\ =(x-1)\int_{0}^{1}\frac{(1-t)^{x 2}}{\sqrt[3]{1+t}}\,\mathrm{d}t.$$
Utilizando la regla del producto para tomar la derivada y el uso de Leibniz integral de la regla para diferenciar la integral bajo el signo integral nos da:
$$\begin{align} \frac{\partial}{\partial x}\left[{_2F_1}{\left(\frac13,1;x;-1\right)}\right] &=\frac{\partial}{\partial x}\left[(x-1)\int_{0}^{1}\frac{(1-t)^{x-2}}{\sqrt[3]{1+t}}\,\mathrm{d}t\right]\\ &=\int_{0}^{1}\frac{(1-t)^{x-2}}{\sqrt[3]{1+t}}\,\mathrm{d}t+(x-1)\frac{\partial}{\partial x}\int_{0}^{1}\frac{(1-t)^{x-2}}{\sqrt[3]{1+t}}\,\mathrm{d}t\\ &=\int_{0}^{1}\frac{(1-t)^{x-2}}{\sqrt[3]{1+t}}\,\mathrm{d}t+(x-1)\int_{0}^{1}\frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{(1-t)^{x-2}}{\sqrt[3]{1+t}}\right]\,\mathrm{d}t\\ &=\int_{0}^{1}\frac{(1-t)^{x-2}}{\sqrt[3]{1+t}}\,\mathrm{d}t+(x-1)\int_{0}^{1}\frac{(1-t)^{x-2}}{\sqrt[3]{1+t}}\ln{\left(1-t\right)}\,\mathrm{d}t. \end{align}$$
Finalmente, llegamos a una representación de $L$ como una suma de dos integrales tomando el límite de $x\to\frac43$, el cual puede ser encontrado de forma directa mediante la sustitución de $\frac43$ todas partes para $x$:
$$\begin{align} L &=\lim_{x\to\frac43}\frac{\partial}{\partial x}\left[{_2F_1}{\left(\frac13,1;x;-1\right)}\right]\\ &=\lim_{x\to\frac43}\left[\int_{0}^{1}\frac{(1-t)^{x-2}}{\sqrt[3]{1+t}}\,\mathrm{d}t+(x-1)\int_{0}^{1}\frac{(1-t)^{x-2}}{\sqrt[3]{1+t}}\ln{\left(1-t\right)}\,\mathrm{d}t\right]\\ &=\int_{0}^{1}\frac{(1-t)^{-\frac23}}{\sqrt[3]{1+t}}\,\mathrm{d}t+\frac13\int_{0}^{1}\frac{(1-t)^{-\frac23}}{\sqrt[3]{1+t}}\ln{\left(1-t\right)}\,\mathrm{d}t\\ &=\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}t}{(1-t)^{\frac23}\,\sqrt[3]{1+t}}+\frac13\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1-t\right)}}{(1-t)^{\frac23}\,\sqrt[3]{1+t}}\,\mathrm{d}t\\ &=:I+J, \end{align}$$
donde $I$ $J$ han introducido para denotar las dos integrales en la segunda hasta la última línea de arriba para facilitar la referencia.
La integral de la $I$ tiene realmente una muy sencilla forma cerrada:
$$I=\frac{\pi}{\sqrt{3}}+\ln{(2)}\approx 2.5069465448.$$
Para deducir este valor, comenzar por hacer la secuencia de sustituciones $\frac{t}{1-t}=u$, $\sqrt[3]{1+2u}=v$, y $\frac{1}{v}=w$:
$$\begin{align} I &=\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}t}{(1-t)^{\frac23}\,\sqrt[3]{1+t}}\\ &=\int_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{d}u}{(1+u)^2\left(\frac{1}{1+u}\right)^{\frac23}\,\sqrt[3]{\frac{1+2u}{1+u}}}\\ &=\int_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{d}u}{(1+u)\,\sqrt[3]{1+2u}}\\ &=\int_{1}^{\infty}\frac{\frac32v^2\,\mathrm{d}v}{\frac12(1+v^3)\,v}\\ &=3\int_{1}^{\infty}\frac{v\,\mathrm{d}v}{1+v^3}\\ &=3\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}w}{1+w^3}\\ &=3\left[\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan{\left(\frac{2w-1}{\sqrt{3}}\right)}+\frac16\ln{\left[\frac{(1+w)^3}{1+w^3}\right]}\right]_{0}^{1}\\ &=\left[\sqrt{3}\arctan{\left(\frac{2w-1}{\sqrt{3}}\right)}+\frac12\ln{\left[\frac{(1+w)^3}{1+w^3}\right]}\right]_{0}^{1}\\ &=\frac{\pi}{2\sqrt{3}}+\ln{(2)}-\left(-\frac{\pi}{2\sqrt{3}}\right)\\ &=\frac{\pi}{\sqrt{3}}+\ln{(2)}. \end{align}$$
Por lo tanto, el problema de encontrar una forma cerrada para $L$ se reduce a la búsqueda de la forma cerrada de la evaluación de una sola integral, $\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1-t\right)}}{(1-t)^{\frac23}\,\sqrt[3]{1+t}}\,\mathrm{d}t$. Dada la similitud de esta última integral a los demás que han sido correctamente evaluados en este sitio, tengo la confianza de una forma cerrada puede ser encontrado.
( Edit: Reducción de $J$ integral $\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1+w^3\right)}}{1+w^3}\,\mathrm{d}w$.)
La misma secuencia de sustituciones que se utilizó para evaluar $I$, $\frac{t}{1-t}=u$, $\sqrt[3]{1+2u}=v$, y $\frac{1}{v}=w$, transformar la integral de la $J$ a un integrante de un producto de una función racional con el logaritmo de una función racional:
$$\begin{align} J &=\frac13\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1-t\right)}}{(1-t)^{\frac23}\,\sqrt[3]{1+t}}\,\mathrm{d}t\\ &=\frac13\int_{0}^{\infty}\frac{\ln{\left(\frac{1}{1+u}\right)}}{\left(\frac{1}{1+u}\right)^{\frac23}\,\sqrt[3]{\frac{1+2u}{1+u}}}\cdot\frac{\mathrm{d}u}{(1+u)^2}\\ &=-\frac13\int_{0}^{\infty}\frac{\ln{\left(1+u\right)}}{(1+u)\,\sqrt[3]{1+2u}}\,\mathrm{d}u\\ &=-\frac13\int_{1}^{\infty}\frac{\ln{\left(\frac{1+v^3}{2}\right)}}{\frac12(1+v^3)\,v}\,\left(\frac32v^2\right)\,\mathrm{d}v\\ &=-\int_{1}^{\infty}\frac{v\ln{\left(\frac{1+v^3}{2}\right)}}{1+v^3}\,\mathrm{d}v\\ &=-\int_{1}^{0}\frac{1}{w}\cdot\frac{w^3\ln{\left(\frac{1+w^3}{2w^3}\right)}}{1+w^3}\cdot\frac{(-1)\,\mathrm{d}w}{w^2}\\ &=-\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(\frac{1+w^3}{2w^3}\right)}}{1+w^3}\,\mathrm{d}w\\ &=\ln{(2)}\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}w}{1+w^3}+3\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(w\right)}}{1+w^3}\,\mathrm{d}w-\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1+w^3\right)}}{1+w^3}\,\mathrm{d}w. \end{align}$$
La primera integral de la última línea de arriba es, por supuesto, simplemente,
$$\ln{(2)}\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}w}{1+w^3}=\frac{\ln{(2)}}{3}I=\frac{\pi\,\ln{(2)}}{3\sqrt{3}}+\frac{\ln^2{(2)}}{3}.$$
El valor de la segunda integral se puede escribir como una diferencia de valores de la trigamma función:
$$\begin{align} 3\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(w\right)}}{1+w^3}\,\mathrm{d}w &=\frac13\int_{0}^{1}\frac{z^{-2/3}\ln{\left(z\right)}}{1+z}\,\mathrm{d}z\\ &=\frac13\left[\int_{0}^{1}\frac{z^{a-1}\ln{\left(z\right)}}{1+z}\,\mathrm{d}z\right]_{a=\frac13}\\ &=\frac13\left[\int_{0}^{1}\frac{\partial}{\partial a}\left(\frac{z^{a-1}}{1+z}\right)\,\mathrm{d}z\right]_{a=\frac13}\\ &=\frac13\left[\frac{d}{da}\int_{0}^{1}\left(\frac{z^{a-1}}{1+z}\right)\,\mathrm{d}z\right]_{a=\frac13}\\ &=\frac13\left[\frac{d}{da}\left(\frac{\Psi{\left(\frac{a+1}{2}\right)}-\Psi{\left(\frac{a}{2}\right)}}{2}\right)\right]_{a=\frac13}\\ &=\frac16\left[\frac{d}{da}\left(\Psi{\left(\frac{a+1}{2}\right)}-\Psi{\left(\frac{a}{2}\right)}\right)\right]_{a=\frac13}\\ &=\frac16\left[\frac12\left(\Psi^{(1)}{\left(\frac{a+1}{2}\right)}-\Psi^{(1)}{\left(\frac{a}{2}\right)}\right)\right]_{a=\frac13}\\ &=\left[\frac{1}{12}\left(\Psi^{(1)}{\left(\frac{a+1}{2}\right)}-\Psi^{(1)}{\left(\frac{a}{2}\right)}\right)\right]_{a=\frac13}\\ &=\frac{1}{12}\left(\Psi^{(1)}{\left(\frac23\right)}-\Psi^{(1)}{\left(\frac16\right)}\right)\\ &=\frac{2\pi^2}{9}-\frac12\Psi^{(1)}{\left(\frac13\right)}. \end{align}$$
Esto deja nos deja con una representación de $J$ ( $L$ ) como una suma de constantes y uno sin evaluar integral, que vamos a denotar $J_0:=-\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1+w^3\right)}}{1+w^3}\,\mathrm{d}w$:
$$J=\frac{\pi\,\ln{(2)}}{3\sqrt{3}}+\frac{\ln^2{(2)}}{3}+\frac{2\pi^2}{9}-\frac12\Psi^{(1)}{\left(\frac13\right)}-\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1+w^3\right)}}{1+w^3}\,\mathrm{d}w\\ \implica L=\frac{\pi}{\sqrt{3}}+\ln{(2)}+\frac{2\pi^2}{9}+\frac{\ln^2{(2)}}{3}+\frac{\pi\,\ln{(2)}}{3\sqrt{3}}-\frac12\Psi^{(1)}{\left(\frac13\right)}+J_0.$$
La integración de $J_0$ no es tan fácil como su historia, simple integrando, podría llevar a creer. Utilizando las propiedades de los logaritmos y parcial de las fracciones aunque, podemos dividir $J_0$ en una suma de integrales de la forma $\int\frac{P_1(w)\ln{P_3(w)}}{P_2(w)}\,\mathrm{d}w$ donde $P_{1,2,3}(w)$ son funciones polinómicas de $w$ de grado no mayor que $2$:
$$\begin{align} -\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1+w^3\right)}}{1+w^3}\,\mathrm{d}w &=-\frac13\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1+w^3\right)}}{1+w}\,\mathrm{d}w-\frac13\int_{0}^{1}\frac{(2-w)\ln{\left(1+w^3\right)}}{1-w+w^2}\,\mathrm{d}w\\ &=-\frac13\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1+w\right)}}{1+w}\,\mathrm{d}w-\frac13\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1-w+w^2\right)}}{1+w}\,\mathrm{d}w\\ &~~~~~ -\int_{0}^{1}\frac{(2-w)\ln{\left(1+w\right)}}{3(1-w+w^2)}\,\mathrm{d}w-\int_{0}^{1}\frac{(2-w)\ln{\left(1-w+w^2\right)}}{3(1-w+w^2)}\,\mathrm{d}w\\ &=-\frac{\ln^2{(2)}}{6}-\frac13\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1-w+w^2\right)}}{1+w}\,\mathrm{d}w\\ &~~~~~ -\int_{0}^{1}\frac{(2-w)\ln{\left(1+w\right)}}{3(1-w+w^2)}\,\mathrm{d}w-\int_{0}^{1}\frac{(2-w)\ln{\left(1-w+w^2\right)}}{3(1-w+w^2)}\,\mathrm{d}w\\ &=-\frac{\ln^2{(2)}}{6}+\frac13\int_{0}^{1}\frac{(2w-1)\ln{\left(1+w\right)}}{1-w+w^2}\,\mathrm{d}w\\ &~~~~~ -\int_{0}^{1}\frac{(2-w)\ln{\left(1+w\right)}}{3(1-w+w^2)}\,\mathrm{d}w-\int_{0}^{1}\frac{(2-w)\ln{\left(1-w+w^2\right)}}{3(1-w+w^2)}\,\mathrm{d}w\\ &=-\frac{\ln^2{(2)}}{6}+\int_{0}^{1}\frac{(w-1)\ln{\left(1+w\right)}}{1-w+w^2}\,\mathrm{d}w\\ &~~~~~ +\int_{0}^{1}\frac{(2w-1)\ln{\left(1-w+w^2\right)}}{6(1-w+w^2)}\,\mathrm{d}w-\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1-w+w^2\right)}}{2(1-w+w^2)}\,\mathrm{d}w\\ &=-\frac{\ln^2{(2)}}{6}+\int_{0}^{1}\frac{(w-1)\ln{\left(1+w\right)}}{1-w+w^2}\,\mathrm{d}w\\ &~~~~~ +0-\frac12\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1-w+w^2\right)}}{1-w+w^2}\,\mathrm{d}w\\ &=-\frac{\ln^2{(2)}}{6}+\int_{0}^{1}\frac{(w-1)\ln{\left(1+w\right)}}{1-w+w^2}\,\mathrm{d}w-\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1-w+w^2\right)}}{2(1-w+w^2)}\,\mathrm{d}w\\ &=-\frac{\ln^2{(2)}}{6}+J_1+J_2.\\ \end{align}$$
$$\implies L=\frac{\pi}{\sqrt{3}}+\ln{(2)}+\frac{2\pi^2}{9}+\frac{\ln^2{(2)}}{6}+\frac{\pi\,\ln{(2)}}{3\sqrt{3}}-\frac12\Psi^{(1)}{\left(\frac13\right)}+J_1+J_2.$$
Sustituyendo $w=\frac{1-x}{1+x}$ en el de las integrales $J_1$$J_2$, obtenemos:
$$\begin{align} J_1 &=\int_{0}^{1}\frac{(w-1)\ln{\left(1+w\right)}}{1-w+w^2}\,\mathrm{d}w\\ &=-\int_{1}^{0}\frac{2x(1+x)\ln{\left(\frac{2}{1+x}\right)}}{1+3x^2}\cdot\frac{-2\,\mathrm{d}x}{(1+x)^2}\\ &=\int_{0}^{1}\frac{4x\ln{\left(\frac{1+x}{2}\right)}}{(1+x)(1+3x^2)}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{1}\frac{4x\ln{\left(1+x\right)}}{(1+x)(1+3x^2)}\,\mathrm{d}x-\int_{0}^{1}\frac{4\ln{(2)}\,x\,\mathrm{d}x}{(1+x)(1+3x^2)}\\ &=\int_{0}^{1}\frac{(3x+1)\ln{\left(1+x\right)}}{1+3x^2}\,\mathrm{d}x-\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1+x\right)}}{1+x}\,\mathrm{d}x-4\ln{(2)}\int_{0}^{1}\frac{x\,\mathrm{d}x}{(1+x)(1+3x^2)}\\ &=\int_{0}^{1}\frac{(3x+1)\ln{\left(1+x\right)}}{1+3x^2}\,\mathrm{d}x-\frac{\ln^2{(2)}}{2}-\frac{\pi\ln{(2)}}{3\sqrt{3}}\\ &=-\frac{\ln^2{(2)}}{2}-\frac{\pi\ln{(2)}}{3\sqrt{3}}+\int_{0}^{1}\frac{(3x+1)\ln{\left(1+x\right)}}{1+3x^2}\,\mathrm{d}x,\\ \end{align}$$
y,
$$\begin{align} J_2 &=-\frac12\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1-w+w^2\right)}}{1-w+w^2}\,\mathrm{d}w\\ &=-\frac12\int_{1}^{0}\frac{(1+x)^2\ln{\left(\frac{1+3x^2}{(1+x)^2}\right)}}{1+3x^2}\cdot\frac{-2\,\mathrm{d}x}{(1+x)^2}\\ &=\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(\frac{(1+x)^2}{1+3x^2}\right)}}{1+3x^2}\,\mathrm{d}x\\ &=2\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1+x\right)}}{1+3x^2}\,\mathrm{d}x-\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1+3x^2\right)}}{1+3x^2}\,\mathrm{d}x.\\ \end{align}$$
Por lo tanto, la adición de $J_1$ $J_2$ rendimientos:
$$\begin{align} J_1+J_2 &=-\frac{\ln^2{(2)}}{2}-\frac{\pi\ln{(2)}}{3\sqrt{3}}+3\int_{0}^{1}\frac{(x+1)\ln{\left(1+x\right)}}{1+3x^2}\,\mathrm{d}x-\int_{0}^{1}\frac{\ln{\left(1+3x^2\right)}}{1+3x^2}\,\mathrm{d}x\\ &=-\frac{\ln^2{(2)}}{2}-\frac{\pi\ln{(2)}}{3\sqrt{3}}+3\int_{0}^{1}\frac{(x+1)\ln{\left(1+x\right)}}{1+3x^2}\,\mathrm{d}x-\frac{1}{\sqrt{3}}\int_{0}^{\sqrt{3}}\frac{\ln{\left(1+z^2\right)}}{1+z^2}\,\mathrm{d}z\\ &=:-\frac{\ln^2{(2)}}{2}-\frac{\pi\ln{(2)}}{3\sqrt{3}}+K_1+K_2.\\ \end{align}$$
$$\implies L=\frac{\pi}{\sqrt{3}}+\ln{(2)}+\frac{2\pi^2}{9}-\frac{\ln^2{(2)}}{3}-\frac12\Psi^{(1)}{\left(\frac13\right)}+K_1+K_2.$$
La integral de la $K_2$ pueden ser fácilmente evaluados mediante la sustitución trigonométrica $z=\tan{\frac{\varphi}{2}}$, así como una serie de técnicas para convertir el registro resultante-trig integral en una suma de dilogarithmic valores:
$$\begin{align} K_2 &=-\frac{1}{\sqrt{3}}\int_{0}^{\sqrt{3}}\frac{\ln{\left(1+z^2\right)}}{1+z^2}\,\mathrm{d}z\\ &=\frac{1}{\sqrt{3}}\int_{0}^{\frac{2\pi}{3}}\ln{\left(\cos{\frac{\varphi}{2}}\right)}\,\mathrm{d}\varphi\\ &=\frac{1}{\sqrt{3}}\int_{0}^{\frac{2\pi}{3}}\ln{\left(\frac{2\cos{\frac{\varphi}{2}}}{2}\right)}\,\mathrm{d}\varphi\\ &=\frac{1}{\sqrt{3}}\int_{0}^{\frac{2\pi}{3}}\ln{\left(2\cos{\frac{\varphi}{2}}\right)}\,\mathrm{d}\varphi-\frac{1}{\sqrt{3}}\int_{0}^{\frac{2\pi}{3}}\ln{(2)}\,\mathrm{d}\varphi\\ &=-\frac{2\pi\ln{(2)}}{3\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}}\int_{0}^{\frac{2\pi}{3}}\ln{\left(2\cos{\frac{\varphi}{2}}\right)}\,\mathrm{d}\varphi\\ &=-\frac{2\pi\ln{(2)}}{3\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}}\int_{0}^{\frac{2\pi}{3}}\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\frac{\cos{k\varphi}}{k}\,\mathrm{d}\varphi\\ &=-\frac{2\pi\ln{(2)}}{3\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}}\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\frac{1}{k}\int_{0}^{\frac{2\pi}{3}}\cos{k\varphi}\,\mathrm{d}\varphi\\ &=-\frac{2\pi\ln{(2)}}{3\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}}\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\frac{\sin{\left(\frac{2\pi k}{3}\right)}}{k^2}\\ &=-\frac{2\pi\ln{(2)}}{3\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{3}}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}\sin{\left(\frac{2\pi k}{3}\right)}}{k^2}\\ &=-\frac{2\pi\ln{(2)}}{3\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{3}}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos{\left(\pi k\right)}\sin{\left(\frac{2\pi k}{3}\right)}}{k^2}\\ &=-\frac{2\pi\ln{(2)}}{3\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{3}}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin{\left(\frac{5\pi k}{3}\right)}+\sin{\left(\frac{-\pi k}{3}\right)}}{2k^2}\\ &=-\frac{2\pi\ln{(2)}}{3\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin{\left(\frac{\pi k}{3}\right)}}{k^2}\\ &=-\frac{2\pi\ln{(2)}}{3\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}}\Im{\left[\operatorname{Li}_{2}{\left(e^{\frac{i\pi}{3}}\right)}\right]}\\ &=-\frac{\pi^2}{9}-\frac{2\pi\ln{(2)}}{3\sqrt{3}}+\frac{1}{6}\Psi^{(1)}{\left(\frac13\right)}.\\ \end{align}$$
Edición #2
Se sugirió que me simplificar el último término de la final de valor que involucra la parte real de un dilogarithm, $\Re{\left[\operatorname{Li}_{2}{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}e^{\frac{i\pi}{6}}\right)}\right]}$, por re-expresión como un simple dilogarithmic. Tenga en cuenta que $\frac{\sqrt{3}}{2}e^{\frac{i\pi}{6}}=\frac34+i\frac{\sqrt{3}}{4}$. Como expliqué en mi respuesta aquí, este término está relacionado con la dilogarithm con el argumento de $-\frac13$:
$$\begin{align} \Re{\left[\operatorname{Li}_{2}{\left(\frac34+i\frac{\sqrt{3}}{4}\right)}\right]} &=\frac{7\pi^2}{72}+\frac{\ln^2{(3)}}{8}-\frac{\ln^2{\left(2\right)}}{2}+\frac14\operatorname{Li}_{2}{\left(-\frac13\right)}.\\ \end{align}$$
Por lo tanto,
$$\begin{align} L &=\frac{\pi}{\sqrt{3}}+\ln{(2)}+\frac{\pi^2}{6}-\frac{\ln^2{(2)}}{3}-\frac{\pi\ln{\left(\frac{27}{4}\right)}}{6\sqrt{3}}-\frac{1}{4}\Psi^{(1)}{\left(\frac13\right)}-\Re{\left[\operatorname{Li}_{2}{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}e^{\frac{i\pi}{6}}\right)}\right]}\\ &=\frac{\pi}{\sqrt{3}}+\ln{(2)}+\frac{5\pi^2}{72}+\frac{\ln^2{(2)}}{6}-\frac{\ln^2{(3)}}{8}-\frac{\pi\ln{\left(\frac{27}{4}\right)}}{6\sqrt{3}}-\frac{1}{4}\Psi^{(1)}{\left(\frac13\right)}-\frac14\operatorname{Li}_{2}{\left(-\frac13\right)}.\\ \end{align}$$
Tenga en cuenta que mientras que la nueva expresión que podría decirse que es más simple, se tiene la desventaja de ser menos compacta. En última instancia, creo que forma uno prefiere es sólo una cuestión de gusto.
Anastasiya-Romanova 秀
Puntos
9035
Utilizando la fórmula $3.197(3)$ $317$ a partir de la Tabla de Integrales, Series, y los Productos de la Séptima Edición de I. S. Gradshteyn y I. M. Ryzhik, tenemos
\begin{equation} \int_0^1 t^{\lambda-1} (1-t)^{\mu-1} (1-\beta t)^{-\nu}\ dt={\rm{B}}(\lambda,\mu) \,_2{\rm{F}}_1\left(\nu,\lambda;\lambda+\mu;\beta\right) \end{equation} para $\Re\, \lambda>0, \Re\, \mu>0, |\beta|<1$.
Por lo tanto, mediante el establecimiento $\nu=\frac{1}{3},\,\lambda=1,\,$ $\,\mu=x-1,$ $\beta\to -1^+$ hemos \begin{equation}\int_0^1 (1-t)^{x-2} (1+ t)^{-\frac{1}{3}}\ dt={\rm{B}}\left(1,x-1\right) \,_2{\rm{F}}_1\left(\frac{1}{3},1;x;-1\right)\tag1 \end{equation} La diferenciación $(1)$ w.r.t. $x$ y tomando el límite cuando $x\to\frac{4}{3}$, obtenemos \begin{align*} \lim_{x\to\frac{4}{3}}\partial_x\int_0^1 (1-t)^{x-2} (1+ t)^{-\frac{1}{3}}\ dt&=-\sqrt{3}\pi-3\ln2+3\lim_{x\to\frac{4}{3}}\partial_x\,_2{\rm{F}}_1\left(\frac{1}{3},1;x;-1\right)\\ \int_0^1 \frac{\ln(1-t)}{(1-t)^{\frac{2}{3}} (1+ t)^{\frac{1}{3}}}\, dt&=-\sqrt{3}\pi-3\ln2+3\lim_{x\to\frac{4}{3}}\partial_x\,_2{\rm{F}}_1\left(\frac{1}{3},1;x;-1\right)\\ \lim_{x\to\frac{4}{3}}\partial_x\,_2{\rm{F}}_1\left(\frac{1}{3},1;x;-1\right)&=\frac{1}{3}\int_0^1 \frac{\ln(1-t)}{(1-t)^{\frac{2}{3}} (1+ t)^{\frac{1}{3}}}\, dt+\frac{\pi}{\sqrt{3}}+\ln2\\ &=I+\frac{\pi}{\sqrt{3}}+\ln2 \end{align*} Nos permite probar una magia sustitución de $2y=1+t$ a evaluar $I$. \begin{align*} I&=\frac{2}{3}\int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{\ln(2-2y)}{(2-2y)^{\frac{2}{3}} (2y)^{\frac{1}{3}}}\, dy\\ &=\frac{1}{3}\left[\int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{\ln2}{(1-y)^{\frac{2}{3}} y^{\frac{1}{3}}}\, dy+\int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{\ln(1-y)}{(1-y)^{\frac{2}{3}} y^{\frac{1}{3}}}\, dy\right]\\ &=\frac{1}{3}\left[\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\ln2}{t^{\frac{2}{3}} (1-t)^{\frac{1}{3}}}\, dt+\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\ln t}{t^{\frac{2}{3}} (1-t)^{\frac{1}{3}}}\, dt\right]\quad\Rightarrow\quad t=1-y\\ &=\frac{1}{3}\left[{\rm{B}}_\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)\ln2+\lim_{x\to\frac{1}{3}}\partial_x{\rm{B}}_\frac{1}{2}\left(x,\frac{2}{3}\right)\right]\\ &=\frac{1}{3}\left[{\rm{B}}_\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)\ln2-\frac{9}{\sqrt[3]{2}}\,_3{\rm{F}}_2\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3};\frac{4}{3},\frac{4}{3};\frac{1}{2}\right)-{\rm{B}}_\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)\ln2\right]\\ &=-\frac{3}{\sqrt[3]{2}}\,_3{\rm{F}}_2\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3};\frac{4}{3},\frac{4}{3};\frac{1}{2}\right) \end{align*} donde ${\rm{B}}_z(\cdot)$ es la función beta incompleta y su derivación se obtiene por Wolfram Alpha. Así
\begin{align*} \lim_{x\to\frac{4}{3}}\partial_x\,_2{\rm{F}}_1\left(\frac{1}{3},1;x;-1\right)&=\frac{\pi}{\sqrt{3}}+\ln2-\frac{3}{\sqrt[3]{2}}\,_3{\rm{F}}_2\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3};\frac{4}{3},\frac{4}{3};\frac{1}{2}\right)\\ &\approx0.09764712490796187889922796604369511385247637400 \end{align*}
Lo siento, soy incapaz de conseguir que su forma cerrada, sin utilizar la función hipergeométrica.
Godsaur
Puntos
121
\begin{align} \small\frac{\partial}{\partial x}\left.{}_2\mathrm{F}_1\left(\left.\begin{matrix}\frac{1}{3},1\\x\end{de la matriz}\right|-1\right)\right|_{x=\frac{4}{3}} &\pequeño=\frac{\partial}{\partial x}\left.(x-1)\int^1_0\frac{(1-t)^{x 2}}{(1+t)^\frac{1}{3}}dt\right|_{x=\frac{4}{3}}\etiqueta{1a}\\ &\small=\int^1_0\frac{dt}{(1-t)^{\frac{2}{3}}(1+t)^{\frac{1}{3}}}+\frac{1}{3}\int^1_0\frac{\ln(1-t)}{(1-t)^{\frac{2}{3}}(1+t)^{\frac{1}{3}}}dt\tag{1b}\\ &\small=\left(1+\frac{1}{3}\ln{2}\right)\int^1_0\frac{t^{-\frac{2}{3}}}{1+t}dt+\frac{1}{3}\int^1_0\frac{t^{-\frac{2}{3}}\ln{t}}{1+t}dt-\frac{1}{3}\int^1_0\frac{t^{-\frac{2}{3}}\ln(1+t)}{1+t}dt\tag{1c}\\ &\small=\frac{\pi}{\sqrt{3}}+\ln{2}+\frac{\pi\ln{2}}{3\sqrt{3}}+\frac{\ln^2{2}}{3}+\frac{2\pi^2}{9}-\frac{1}{2}\psi_1\left(\frac{1}{3}\right)-\int^1_0\frac{\ln(1+t^3)}{1+t^3}dt\tag{1d} \end{align} Explicación:
$(\text{1a})$: Se utiliza la representación integral de la ${}_2\mathrm{F}_1$.
$(\text{1b})$: Se aplica la regla del producto.
$(\text{1c})$: Se aplica la sustitución de $t\mapsto\frac{1-t}{1+t}$.
$(\text{1d})$: Se utiliza el hecho de que $\int^1_0\frac{t^a}{1+t}dt=\frac{1}{2}\left(\psi_0\left(\frac{a}{2}+1\right)-\psi_0\left(\frac{a+1}{2}\right)\right)$, sustituido $t\mapsto t^3$.
\begin{align} \small{\int^1_0\frac{\ln(1+t^3)}{1+t^3}dt} =&\ \small{4\int^1_{-1}\frac{\ln\left(\frac{1}{8}(x+3)(x^2+3)\right)}{(x+3)(x^2+3)}dx\tag{2a}}\\ =&\ \small{-\frac{\pi\ln{2}}{\sqrt{3}}-\frac{\ln^2{2}}{2}+\int^1_{-1}\frac{\ln(x+3)}{x^2+3}dx-\frac{1}{3}\int^1_{-1}\frac{x\ln(x+3)}{x^2+3}dx+\frac{1}{3}\int^1_{-1}\frac{\ln(x^2+3)}{x+3}dx}\\ &\small{+2\int^1_0\frac{\ln(x^2+3)}{x^2+3}dx\tag{2b}}\\ =&\ \small{-\frac{\pi\ln{2}}{\sqrt{3}}-\frac{5\ln^2{2}}{6}+\int^1_{-1}\frac{\ln(x+3)}{x^2+3}dx+\frac{1}{2}\int^1_{-1}\frac{\ln(x^2+3)}{x+3}dx+2\int^1_0\frac{\ln(x^2+3)}{x^2+3}dx}\\ &\tag{2c} \end{align} Explicación:
$(2\text{a})$ Utiliza la sustitución de $x=2t-1$.
$(2\text{b})$ Leyes de los logaritmos, Fracciones Parciales.
$(2\text{c})$ Integrado por partes.
\begin{align} \small{2\int^1_0\frac{\ln(x^2+3)}{x^2+3}dx} &\small=\frac{2}{\sqrt{3}}\int^\frac{\pi}{6}_0\left(\ln{3}-2\ln(\cos{x})\right).dx\tag{3a}\\ &\small=\frac{\pi\ln{3}}{3\sqrt{3}}+\frac{2\pi\ln{2}}{3\sqrt{3}}-\frac{4}{\sqrt{3}}\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\int^\frac{\pi}{6}_0\cos(2nx)dx\tag{3b}\\ &\small=\frac{\pi\ln{3}}{3\sqrt{3}}+\frac{2\pi\ln{2}}{3\sqrt{3}}-\frac{2}{\sqrt{3}}\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}\sin(\pi n/3)}{n^2}\\ &\small=\frac{\pi\ln{3}}{3\sqrt{3}}+\frac{2\pi\ln{2}}{3\sqrt{3}}-\sum^\infty_{n=0}\frac{1}{(6n+1)^2}+\sum^\infty_{n=0}\frac{1}{(6n+2)^2}-\sum^\infty_{n=0}\frac{1}{(6n+4)^2}+\sum^\infty_{n=0}\frac{1}{(6n+5)^2}\\ &\small=\frac{\pi\ln{3}}{3\sqrt{3}}+\frac{2\pi\ln{2}}{3\sqrt{3}}+\frac{1}{36}\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)\tag{3c}\\ &\small=\frac{\pi\ln{3}}{3\sqrt{3}}+\frac{2\pi\ln{2}}{3\sqrt{3}}+\frac{4\pi^2}{27}-\frac{2}{9}\psi_1\left(\frac{1}{3}\right)\tag{3d}\\ \end{align} Explicación:
$(3\text{a})$ Utiliza la sustitución de $x\mapsto\sqrt{3}\tan{x}$.
$(3\text{b})$ Utiliza la serie de Fourier de $\ln(\cos{x})$.
$(3\text{c})$ Reconoció la serie representación de $\psi_1$.
$(3\text{d})$ Utiliza la duplicación y la reflexión de las fórmulas.
\begin{align} \small\frac{1}{2}\int^1_{-1}\frac{\ln(x^2+3)}{x+3}dx &\small=\Re\int^1_{-1}\frac{\ln(x+i\sqrt{3})}{x+3}dx\\ &\small=\Re\int^\frac{i}{\sqrt{3}}_{-\frac{1}{2}+\frac{i}{2\sqrt{3}}}\frac{\ln\left((3-i\sqrt{3})x\right)}{1+x}dx\tag{4a}\\ &\small=\Re\Bigg{[}\ln(1+x)\ln\left((3-i\sqrt{3})x\right)+\mathrm{Li}_2(-x)\Bigg{]}^\frac{i}{\sqrt{3}}_{-\frac{1}{2}+\frac{i}{2\sqrt{3}}}\tag{4b}\\ &\small=\ln^2{2}+\frac{\pi^2}{18}+\Re\left[\mathrm{Li}_2\left(-\frac{i}{\sqrt{3}}\right)-\mathrm{Li}_2\left(\frac{1}{2}-\frac{i}{2\sqrt{3}}\right)\right]\\ &\small=\ln^2{2}+\frac{\ln^2{3}}{8}-\frac{\pi^2}{72}+\frac{1}{4}\mathrm{Li}_2\left(-\frac{1}{3}\right)\tag{4c} \end{align}
Explicación:
$(4\text{a})$ Utiliza la sustitución de $x\mapsto(3-i\sqrt{3})x-i\sqrt{3}$.
$(4\text{b})$ Integrado por partes.
$(4\text{c})$ Utiliza dilogarithm la duplicación y la reflexión de las fórmulas.
\begin{align} \small\int^1_{-1}\frac{\ln(x+3)}{x^2+3}dx &\small=\frac{1}{\sqrt{3}}\int^\frac{\pi}{6}_{-\frac{\pi}{6}}\ln\left(\frac{2\sqrt{3}\sin\left(x+\frac{\pi}{3}\right)}{\cos{x}}\right)dx\tag{5a}\\ &\small=\frac{\pi\ln{3}}{6\sqrt{3}}+\frac{\pi\ln{2}}{3\sqrt{3}}+\frac{2\pi^2}{27}-\frac{1}{9}\psi_1\left(\frac{1}{3}\right)+\frac{1}{\sqrt{3}}\int^\frac{\pi}{2}_\frac{\pi}{6}\ln(2\sin{x})dx\tag{5b}\\ &\small=\frac{\pi\ln{3}}{6\sqrt{3}}+\frac{\pi\ln{2}}{3\sqrt{3}}+\frac{2\pi^2}{27}-\frac{1}{9}\psi_1\left(\frac{1}{3}\right)-\frac{1}{\sqrt{3}}\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{n}\int^\frac{\pi}{2}_\frac{\pi}{6}\cos(2nx)dx\tag{5c}\\ &\small=\frac{\pi\ln{3}}{6\sqrt{3}}+\frac{\pi\ln{2}}{3\sqrt{3}}+\frac{2\pi^2}{27}-\frac{1}{9}\psi_1\left(\frac{1}{3}\right)+\frac{1}{2\sqrt{3}}\sum^\infty_{n=1}\frac{\sin(\pi n/3)}{n^2}\\ &\small=\frac{\pi\ln{3}}{6\sqrt{3}}+\frac{\pi\ln{2}}{3\sqrt{3}}+\frac{2\pi^2}{27}-\frac{1}{9}\psi_1\left(\frac{1}{3}\right)+\frac{1}{144}\left(12\psi_1\left(\frac{1}{3}\right)-8\pi^2\right)\tag{5d}\\ &\small=\frac{\pi\ln{3}}{6\sqrt{3}}+\frac{\pi\ln{2}}{3\sqrt{3}}+\frac{\pi^2}{54}-\frac{1}{36}\psi_1\left(\frac{1}{3}\right)\\ \end{align} Explicación:
$(5\text{a})$ Utiliza la sustitución de $x\mapsto\sqrt{3}\tan{x}$.
$(5\text{b})$ La $3\text{d}$, sustituido $x\mapsto x-\frac{\pi}{3}$.
$(5\text{c})$ Utiliza la transformada de Fourier seires de $\ln(2\sin{x})$.
$(5\text{d})$ Misma explicación como $3\text{b}$$3\text{d}$.
Poniendo todo esto junto, $$\small\int^1_0\frac{\ln(1+t^3)}{1+t^3}dt=\frac{\pi\ln{3}}{2\sqrt{3}}+\frac{\ln^2{2}}{6}+\frac{\ln^2{3}}{8}+\frac{11\pi^2}{72}-\frac{1}{4}\psi_1\left(\frac{1}{3}\right)+\frac{1}{4}\mathrm{Li}_2\left(-\frac{1}{3}\right)$$ y \begin{align} \small\frac{\partial}{\partial x}\left.{}_2\mathrm{F}_1\left(\left.\begin{matrix}\frac{1}{3},1\\x\end{de la matriz}\right|-1\right)\right|_{x=\frac{4}{3}} &\small\color{red}{=\frac{\pi}{\sqrt{3}}+\ln{2}+\frac{\pi\ln{2}}{3\sqrt{3}}-\frac{\pi\ln{3}}{2\sqrt{3}}+\frac{\ln^2{2}}{6}-\frac{\ln^2{3}}{8}+\frac{5\pi^2}{72}-\frac{1}{4}\psi_1\left(\frac{1}{3}\right)-\frac{1}{4}\mathrm{Li}_2\left(-\frac{1}{3}\right)} \end{align}
