Una integral desafiante:$\int_{0}^{1} \frac{x \arcsin(x/2) \log(x)}{x^2-1} \ dx=\frac{5 \pi^3}{1296}$

Question

Deseo para evaluar la integral $$I=\int_{0}^{1} \frac{x \arcsin(x/2) \log(x)}{x^2-1} \ dx.$$ I used Mathematica's Rationalize command to see that it is equal to $5 \pi^3/1296,$ , pero no sé cómo demostrarlo analíticamente.

Contexto

La integral aparece como parte de una expresión alternativa para la integral triple $$J=\int_{0}^{1} \int_{0}^{1}\int_{0}^{1} \frac{x^2y}{\sqrt{4-x^2}{\sqrt{4-x^2y^2} \sqrt{4-x^2y^2z^2}}} \ dz \ dy \ dx.$$ It is easy to evaluate $J$ directly and show it is $\frac{\pi^3}{1296}.$ However, if we reverse the order of integration and integrate with respect to $y$ primer lugar, tenemos

$$J=- \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{\log \left(\frac{\sqrt{4-x^2 z^2}+\sqrt{4-x^2} z}{2 z+2}\right)}{\sqrt{4-x^2} z} \ dz \ dx.$$ La integral puede ser expandida en la triple integral $$- \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \int_{0}^{z}\frac{x^2}{z \left(x^2 \left(t^2 \sqrt{4-x^2}+\sqrt{4-t^2 x^2}\right)-4 \left(\sqrt{4-t^2 x^2}+\sqrt{4-x^2}\right)\right)} \ dt \ dz \ dx.$$ Reversing the order of integration and integrating with respect to $x$ en primer lugar, podemos deducir \begin{align*} J &= \int_{0}^{1} \int_{t}^{1}\frac{\frac{\pi }{6} t-\sin ^{-1}\left(\frac{t}{2}\right)}{\left(t-t^3\right) z} \ dz \ dt \\ &= -\int_{0}^{1}\frac{\frac{\pi}{6} t \log(t) -\sin ^{-1}\left(\frac{t}{2}\right) \log(t)}{t-t^3} \ dt \\ &=\frac{\pi}{6} \int_{0}^{1}\frac{\log(t)}{t^2-1} \ dt + \int_{0}^{1} \frac{\sin ^{-1}\left(\frac{t}{2}\right) \log(t)}{t-t^3} \ dt \\ &= \frac{\pi^3}{48} + \int_{0}^{1} \frac{\log (t) \sin ^{-1}\left(\frac{t}{2}\right)}{t} \ dt - \int_{0}^{1} \frac{t \log (t) \sin ^{-1}\left(\frac{t}{2}\right)}{t^2-1} \ dt, \end{align*} en el que se utilizó el conocido resultado $$\int_{0}^{1} \frac{\log(t)}{t^2-1} \ dt = \frac{\pi^2}{8}$$ y parcial de las fracciones en la segunda integral término de la segunda a la última igualdad.

Recordando $J=\pi^3/1296,$ reorganizar da $$ \begin{align*} -\frac{13 \pi ^3}{648} &=\int_{0}^{1} \frac{\log (t) \sin ^{-1}\left(\frac{t}{2}\right)}{t} \ dt - \int_{0}^{1} \frac{t \log (t) \sin ^{-1}\left(\frac{t}{2}\right)}{t^2-1} \ dt \\ &=\int_{0}^{1} \frac{\log (t) \sin ^{-1}\left(\frac{t}{2}\right)}{t} \ dt - I. \end{align*}$$

Pregunta

Sobre el uso de la integración por partes, resulta $$\int_{0}^{1} \frac{\log (t) \sin ^{-1}\left(\frac{t}{2}\right)}{t} \ dt= -\int_{0}^{1} \frac{\log^2(t)}{2\sqrt{4-t^2}} \ dt.$$ Further substituting $t=2 \sin(\theta)$ y el uso de las respuestas, ya sea en Interesante registro de sine integrales $\int_0^{\pi/3} \log^2 \left(2\sin \frac{x}{2} \right)dx= \frac{7\pi^3}{108}$ o Hallazgo $\int^{1}_{0}\frac{\ln^2(x)}{\sqrt{4-x^2}}dx$, podemos deducir
$$\int_{0}^{1} \frac{\log (t) \sin ^{-1}\left(\frac{t}{2}\right)}{t} \ dt = -\frac{7 \pi^3}{432}.$$ , Por tanto, en este supuesto, podemos obtener $$I= \frac{5 \pi^3}{1296}.$$

Se puede evaluar la $I$ sin conocer el valor de la integral de la $\int_{0}^{1} \frac{\log (t) \sin ^{-1}\left(\frac{t}{2}\right)}{t} \ dt$ ? Puede $I$ ser evaluados con métodos reales ?

Answer 1

Observe que

$$ x \in (0, 2), \quad \log\left( \frac{x\sqrt{4-x^2} + ix^2}{2} \right) = \log|x| + i\arcsin(x/2). $$

Aquí, la rama de la compleja logaritmo $\log$ es el elegido para satisfacer $-\frac{3\pi}{2} < \arg(z) < \frac{\pi}{2}$. En otras palabras, se elige la rama de corte a ser el eje imaginario positivo $i[0,\infty)$. El motivo de esta peculiar elección se hará evidente en la secuela. El uso de esta,

\begin{align*} I &= \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{x}{x^2-1} \operatorname{Im}\left[ \log^2 \left( \frac{x\sqrt{4-x^2} + ix^2}{2} \right) \right] \, \mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sin\theta}{1-2\cos\theta} \operatorname{Im}\left[ \log^2 \left( i(1 - e^{i\theta}) \right) \right] \, \mathrm{d}\theta, \end{align*}

donde hemos utilizado la sustitución de $x=2\sin(\theta/2)$ en el último paso. Para hacer uso de esta representación, se introduce un auxiliar integral

$$ I_{\epsilon} = \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{3}-\epsilon} \frac{\sin\theta}{1-2\cos\theta} \log^2 \left( i(1 - e^{i\theta}) \right) \, \mathrm{d}\theta. $$

Esto está relacionado con el original de la integral por $I = \lim_{\epsilon \downarrow 0}\operatorname{Im}(I_{\epsilon})$. Ahora escribo $z_{\epsilon} = 1 - \exp\left( i(\frac{\pi}{3}-\epsilon) \right)$ , y el sustituto de $z = 1 - e^{i\theta}$. Entonces

$$ I_{\epsilon} = \frac{1}{4} \int_{0}^{z_{\epsilon}} \left( \frac{3z^2}{z^3+1} - \frac{2z}{z^2-1} \right) \log^2(iz) \, \mathrm{d}z. $$

Ahora hacemos la sustitución de $z^3 \mapsto z$ e $z^2 \mapsto z$ por separado. Entonces

$$ I_{\epsilon} = \underbrace{ \frac{1}{4} \int_{0}^{z_{\epsilon}^3} \frac{1}{z+1} \left( \frac{1}{3}\log(z) + \frac{i\pi}{2} \right)^2 \, \mathrm{d}z }_{=: A_{\epsilon} } - \underbrace{\frac{1}{4} \int_{0}^{z_{\epsilon}^2} \frac{1}{z-1} \left( \frac{1}{2}\log(z) + \frac{i\pi}{2} \right)^2 \, \mathrm{d}z}_{=: B_{\epsilon} }. $$

(Aquí, en sustitución de $\log \sqrt[3]{z}$ por $\frac{1}{3}\log z$ es posible gracias a nuestra elección de la rama. Si usamos la rama principal $|\arg(z)| < \pi$, el contorno de $A_{\epsilon}$ va a cruzar la rama principal de corte, que es problemático.) Para el primer término, el integrando tiene la pole en $z = -1$ e $z_{\epsilon}^3 \to -1$ como $\epsilon \downarrow 0$. Por otra parte, $z_{\epsilon}^3$ enfoques $-1$ en el ángulo $\frac{\pi}{6}$.

Así, la deformación de esta doblado de contorno para el segmento de línea recta de $0$ a $-1+\epsilon$ costos $\frac{i\pi}{6}$ veces el residuo en $z = -1$. A continuación, esta deformación de los rendimientos

$$ A_{\epsilon} = \frac{1}{4} \left( \int_{0}^{-1+\epsilon} \frac{1}{z+1} \left( \frac{1}{3}\log(z) + \frac{i\pi}{2} \right)^2 \, \mathrm{d}z + \frac{i\pi}{6} \, \underset{z=-1}{\mathrm{Res}} \, \frac{1}{z+1} \left( \frac{1}{3}\log(z) + \frac{i\pi}{2} \right)^2 \right) + \mathcal{O}(\epsilon). $$

Como $\epsilon \downarrow 0$, su parte imaginaria converge a

$$ \lim_{\epsilon \downarrow 0} \operatorname{Im} (A_{\epsilon}) = \frac{\pi}{36} \int_{0}^{1} \frac{\log x}{x-1} \, \mathrm{d}x - \frac{\pi^3}{864} = \frac{\pi^3}{288}. $$

Para la segunda integral, simplemente converge a

$$ \lim_{\epsilon \downarrow 0} B_{\epsilon} = \frac{1}{4} \int_{0}^{e^{-2\pi i/3}} \frac{1}{z-1} \left( \frac{1}{2}\log(z) + \frac{i\pi}{2} \right)^2 \, \mathrm{d}z $$

La realización de la integración por partes dos veces, nos encontramos con

$$ \lim_{\epsilon \downarrow 0} B_{\epsilon} = -\frac{\pi^2}{144}\log\left(1 - e^{-2\pi i/3} \right) + \frac{i\pi}{24} \operatorname{Li}_2\left( e^{-2\pi i/3} \right) - \frac{1}{8} \operatorname{Li}_3\left( e^{-2\pi i/3} \right)$$

Aunque el valor exacto de $\operatorname{Li}_2\left( e^{-2\pi i/3} \right)$ e $\operatorname{Li}_3\left( e^{-2\pi i/3} \right)$ no están disponibles, sólo se necesitan los valores de $\operatorname{Re}\left[ \operatorname{Li}_2\left( e^{-2\pi i/3} \right) \right]$ e $\operatorname{Im}\left[ \operatorname{Li}_3\left( e^{-2\pi i/3} \right) \right]$, la cual puede ser calculada por la serie de Fourier de la de Bernoulli polinomio. De hecho, hemos

$$ \operatorname{Re}\left[ \operatorname{Li}_2\left( e^{-2\pi i/3} \right) \right] = -\frac{\pi^2}{18}, \qquad \operatorname{Im}\left[ \operatorname{Li}_3\left( e^{-2\pi i/3} \right) \right] = -\frac{2\pi^3}{81}. $$

La combinación de todos los esfuerzos, nos encontramos con

$$ \lim_{\epsilon \downarrow 0} \operatorname{Im}( B_{\epsilon} ) = -\frac{\pi^3}{2592}, $$

y conectando de nuevo demuestra la deseada igualdad.