Sin embargo, otra integral logarítmica difícil

Question

Esta pregunta es una pregunta de seguimiento a MSE#3142989.

Dos aparentemente inocente de la serie hipergeométrica ($\phantom{}_3 F_2$) $$ \sum_{n\geq 0}\left[\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}\right]^2\frac{(-1)^n}{2n+1}\qquad \sum_{n\geq 0}\left[\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}\right]^2\frac{1}{2^n(2n+1)}$$ puede ser reducido a la logarítmica integrales $$ \int_{0}^{1}\frac{\text{arctanh}(\sqrt{x})}{\sqrt{(1-x)(2-x)}}\,dx,\qquad\int_{0}^{1}\frac{\frac{1-x}{1+x}\log(x)}{\sqrt{x(1+x^2)}}\,dx\tag{A,B}$$ por FL-expansiones y series de Fourier, o directamente por el semi-integración por partes.

El problema es que ninguno de los dos (A) o (B) parece ser manejable a través de la norma de sustituciones, la ayuda de sistemas de álgebra computacional o de oraciones especiales deidades, así que espero que los seres humanos son capaces de proporcionar un mejor entendimiento. Un prometedor para la sustitución de (A) es $x=\frac{3-\cosh z}{2}$.

Answer 1

Comentario largo: Notas sobre la evaluación de la $I_A$:

Me enteré el equivalente integral $$I_A=2 \int_0^1 \frac{\sinh ^{-1}(x)}{x \sqrt{1-x^2}} \, dx\tag{1}$$ La integración de (1) por partes que luego encontró $$I_A=2 \int_0^1 \frac{\log \left(\frac{\sqrt{1-x^2}+1}{x}\right)}{\sqrt{x^2+1}} \, dx\tag{2}$$

A continuación, ya que $$\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}=\sum _{n=0}^{\infty } \frac{(-1)^n \binom{2 n}{n}}{4^n}\, x^{2 n}$$

obtenemos usando (2) $$I_A=2 \sum _{n=0}^{\infty } \frac{(-1)^n \binom{2 n}{n}}{4^n}\, \int_0^1 x^{2 n}\log \left(\frac{\sqrt{1-x^2}+1}{x}\right) \, dx $$

A continuación, el uso de Mathematica

$$\int_0^1 x^{2 n} \log \left(\frac{\sqrt{1-x^2}+1}{x}\right) \, dx=\frac{\sqrt{\pi }\, \Gamma \left(n+\frac{3}{2}\right)}{(2 n+1)^2\, \Gamma (n+1)}$$

$$I_A=2 \sum _{n=0}^{\infty } \frac{(-1)^n \binom{2 n}{n}}{4^n}\,\frac{\sqrt{\pi }\, \Gamma \left(n+\frac{3}{2}\right)}{(2 n+1)^2\, \Gamma (n+1)}=\pi \, _3F_2\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2};1,\frac{3}{2};-1\right)$$

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ACTUALIZACIÓN 23/03/2019

En el pensamiento acerca de Jack D'Aurizio el comentario de abajo: yo creo que la relación entre las integrales y sumas de Euler quizá se pueda encontrar por probar y, a continuación, haciendo uso de (3) y (4) $$\int_0^1 x^n \tanh ^{-1}\left(\sqrt{x}\right) \, dx=\frac{1}{n+1}\sum _{k=1}^{n+1} \frac{1}{2 k-1}\tag{3}$$

$$\int_0^1 x^{2n} \tanh ^{-1}\left(\sqrt{x}\right) \, dx=\frac{1}{2n+1}\sum _{k=1}^{2n+1} \frac{1}{2 k-1}\tag{4}$$

para las Integrales a y B, respectivamente.

En cuanto a la integral a esto parece difícil, porque implica la simplificación de algo como:

$$I_A=\frac{1}{\sqrt{2}} \int_0^1 \left(\sum _{n=0}^{\infty } \binom{2 n}{n} \frac{x^n}{4^n}\right) \left(\sum _{n=0}^{\infty } \binom{2 n}{n} \frac{x^n}{8^n} \right) \tanh ^{-1}\left(\sqrt{x}\right) \,dx$$

Me quedo atascado tratando de simplificar el Producto de Cauchy.

La prueba puede ser más fácil en cuanto a la integral B a partir de

$$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=\sum _{n=0}^{\infty } \binom{2 n}{n} \frac{x^{2 n}} {4^n} $$

dando

$$I_B=\sqrt{2} \int_0^1\frac{ \tanh ^{-1}\left(\sqrt{x}\right)}{\sqrt{(1-x) (x+1)}}\; dx =\sqrt{2}\; \sum _{n=0}^{\infty } \frac{\binom{2 n}{n} \sum _{k=1}^{2 n+1} \frac{1}{2 k-1}}{4^n (2 n+1)}$$