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En $\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\operatorname{Li}_3(\sin x)dx$ y su derivado

Pregunta 1: ¿Cómo podemos demostrar $$I_3=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\operatorname{Li}_3(\sin x)dx=\frac{\pi}{4}\zeta(3)+\frac{1}{6}\pi\ln^32-\frac{1}{24}\pi^3\ln2?$$ (donde $\displaystyle\operatorname{Li}_s(x):=\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n^s}$ )
Pregunta 2: Además, ¿podemos encontrar un método general (no es necesario que sea una fórmula explícita) para encontrar $$I_n=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\operatorname{Li}_n(\sin x)dx$$ donde $n\in\mathbb{Z}^+$ ?

Mi intento
Recordemos la definición de polilogaritmo, $$I_3=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin^nx}{n^3}dx\\ =\sum_{m=1}^\infty\frac1{8m^3}\int_0^{\pi/2}2\sin^{2m}xdx\\ =\sum_{m=1}^\infty\frac{\pi(1/2)_m}{8m^3m!}$$ donde $(1/2)_n$ indica el símbolo de Pochhammer)
Por lo tanto, podemos deducir que $$I_3=\frac{1}{16} \pi \, _5F_4\left(1,1,1,1,\frac{3}{2};2,2,2,2;1\right).$$ Además, $I_n$ puede representarse de forma similar $_pF_q$ condiciones. Pero, no estoy familiarizado con $_5F_4$ . No tengo ni idea de cómo convertir el término hipergeométrico en la respuesta.
Algunas formas equivalentes de $I_n$ : $$I_n=\int_{-1}^1\operatorname{Li}_n(x)\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}$$ $$I_n=\int_0^12^{1-n}\operatorname{Li}_n(x^2)\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}$$ Cualquier respuesta sin utilizando técnicas hipergeométricas.

2 votos

arxiv.org/abs/1806.08411 a partir de la página 26, proporciona técnicas basadas en expansiones FL.

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Roger Hoover Puntos 56

Si $n$ es impar la integral $\int_{-\pi/2}^{\pi/2}(\sin\theta)^{n}\,d\theta$ es igual a cero, por lo que el cálculo de $\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\text{Li}_3(\sin\theta)\,d\theta$ se reduce al cálculo de $$ \sum_{n\geq 1}\left[\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}\right]\frac{1}{n^3}=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\sum_{n\geq 1}\left[\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}\right]x^{n-1}\log^2(x)\,dx $$ o (por integración por partes) $$\int_{0}^{1}\frac{\log^3(x)}{(1-x)^{3/2}}\,dx.$$ Esto puede abordarse fácilmente mediante las derivadas parciales de la función Beta.

1voto

JeanMarie Puntos 196

No es una respuesta, pero casi...

Una pregunta bastante reciente ( Demostrar que $\int_0^1\frac{\operatorname{Li}_3(1-z)}{\sqrt{z(1-z)}}\mathrm dz=-\frac{\pi^3}{3}\log 2+\frac{4\pi}3\log^3 2+2\pi\zeta(3)$ ) (¡refiriéndose también a Jack d'Aurizio!) y su respuesta me han llamado la atención porque es exactamente $8$ ¡veces el resultado que desea establecer !

Así, he intentado transformar :

$$J:=\int_0^1\frac{\operatorname{Li}_3(1-z)}{\sqrt{z(1-z)}}\mathrm dz \ \ \ \text{equals}\tag{1}$$

dividiéndolo y multiplicándolo por 16, en :

$$J=16\int_0^1\frac{\operatorname{Li}_3(1-z)}{\sqrt{1-(2z-1)^2}}\mathrm dz$$

Realizar el cambio de variable $2z-1=x$ y teniendo en cuenta que $2dz=dx$ obtenemos

$$J=8\int_{-1}^1\frac{\operatorname{Li}_3(\frac{1-x}{2})}{\sqrt{1-x^2}}dx $$

que está muy cerca de $8$ veces una de las expresiones que das

$$\int_{-1}^1\frac{\operatorname{Li}_3(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx,$$

pero no el mismo . ¿Cómo podemos reducir esta discrepancia? ¿Existe una relación adecuada para $Li_3$ ¿que puede ser útil aquí?

Observación : Podría haber esperado (tal vez durante mucho tiempo...) antes de establecer que :

$$8 \int_{-1}^1\frac{\operatorname{Li}_3(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx=\int_{-1}^1\frac{\operatorname{Li}_3(\frac{1-x}{2})}{\sqrt{1-x^2}}dx \tag{2}$$

(buena concordancia numérica de todos modos...)

Creo que es más interesante darlo "tal cual" como reto para que otros prueben (2) si es posible.

0voto

clathratus Puntos 35

Una representación hipergeométrica

$$I_n=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\mathrm{Li}_n(\sin x)dx=\sum_{k\geq0}\frac{1}{(k+1)^n}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sin(x)^{k+1}dx$$ Incluso para $k+1$ , $$i_k=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sin(x)^{k+1}dx=0$$ y para impar $k+1$ , $$i_k=2\int_0^{\pi/2}\sin(x)^{k+1}dx=\frac{\Gamma(\frac12)\Gamma(1+\frac{k}2)}{\Gamma(1+\frac{k+1}2)}$$ por lo que si $k+1$ es impar entonces $k=2m$ para algunos $m\in\Bbb N_0$ , dando $$I_n=\sum_{m\geq0}\frac{m!\Gamma(1/2)}{(2m+1)^n\Gamma(m+1/2+1)}$$ Establecer $$t_m=\frac{m!\Gamma(1/2)}{(2m+1)^n\Gamma(m+1/2+1)}\Rightarrow t_0=2$$ Así que $$\frac{t_{m+1}}{t_m}=\frac{(m+1)^2(m+1/2)^n}{(m+3/2)^{n+1}}\cdot\frac{1}{m+1}$$ Por lo tanto (a menos que haya cometido un error) $$I_n=2\,_{n+2}F_{n+1}\left(1,1,\frac12,\dots,\frac12;\frac32,\dots,\frac32;1\right)$$

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