El cálculo de $\int_0^{\infty } \left(\text{Li}_2\left(-\frac{1}{x^2}\right)\right)^2 \, dx$

Question

¿Ve usted una manera rápida de calcular esto? $$\int_0^{\infty } \left(\text{Li}_2\left(-\frac{1}{x^2}\right)\right)^2 \, dx$$

Numéricamente, se trata de

$$\approx 111.024457130115028409990464833072173251135063166330638343951498907293$$

o en una predicción de la forma cerrada

$$\frac{4 }{3}\pi ^3+32 \pi \log (2).$$

Ideas, sugerencias, opiniones son bienvenidas, y las soluciones son opcionales.

Pregunta complementaria para las integrales de los amantes: calcular en forma cerrada

$$\int_0^{\infty } \left(\text{Li}_2\left(-\frac{1}{x^2}\right)\right)^3 \, dx.$$

Como una nota, sería notable para ser capaz de encontrar una solución para la generalización de abajo

$$\int_0^{\infty } \left(\text{Li}_2\left(-\frac{1}{x^2}\right)\right)^n \, dx.$$

Answer 1

Con la sustitución de un producto y a un paso de integración por partes, los problemas se reduce a la informática: $$ I = -4\int_{0}^{+\infty}\frac{\log(1+x^2)\,\text{Li}_2(-x^2)}{x^2}\,dx. \tag{1}$$ La integración por partes de nuevo, el problema se reduce a calcular: $$ I_1 = \int_{0}^{+\infty}\frac{\log(1+x^2)^2}{x^2}\,dx,\qquad I_2=\int_{0}^{+\infty}\arctan\left(\frac{1}{x}\right)\frac{\log(1+x^2)}{x}\,dx.\tag{2} $$ La primera integral es sencillo: $$ I_1 = \frac{1}{2}\left.\frac{d^2}{d\alpha^2}\int_{0}^{+\infty}\frac{(1+x)^{\alpha}-1}{x^{3/2}}\,dx\,\right|_{\alpha=0} \tag{3}$$ desde el más profundo integral puede evaluarse en términos de la función beta.

Que conduce a $I_1=4\pi\log 2$. Ahora sólo tenemos que calcular: $$ J = \int_{1}^{+\infty}\int_{0}^{+\infty}\frac{\log(1+x^2)}{1+t^2 x^2}\,dx\,dt \tag{4}$$ para recuperar el valor de $I_2=\frac{\pi^3}{8}$. Que demuestra la conjetura:

$$ I = \frac{4\pi^3}{3}+32\pi\log 2.\tag{5}$$

Answer 2

Otra forma de evaluar la integral $$I_{2} = \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (\frac{1}{x}) \log(1+x^{2})}{x} \, dx$$ in Jack D'Aurizio's answer (which according to Wolfram Alpha evaluates to $\frac{\pi^{3}}{12}$) is to consider the complex function $$f(z) = \frac{\arctan \left(\frac{1}{z} \right) \log(1-iz)}{z} = \frac{\text{arccot}(z) \log(1-iz)}{z}.$$

El uso de la rama principal del logaritmo, $\text{arccot}(z)$ tiene una rama cortada en $[-i, i]$ $\log(1-iz)$ tiene una rama cortada en $(-i\infty, -i]$.

Para la integración en torno a un semicírculo en la parte superior de la mitad de plano deformado alrededor de la rama de corte y usando el hecho de $\text{arccot}(z) \sim \frac{1}{z}$ al $z$ es de gran magnitud, obtenemos

$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\arctan(\frac{1}{x}) \log(1-ix)}{x} \, dx + \int_{0}^{1} \frac{\frac{i}{2} (2 \pi i) \log(1+t)}{it} \, i \, dt =0.$$

A continuación, igualando las partes reales en ambos lados de la ecuación, obtenemos

$$\int_{0}^{\infty} \frac{\arctan(\frac{1}{x}) \log(1+x^{2})}{x} \, dx = \pi \int_{0}^{1} \frac{\log(1+t)}{t} \, dt = - \pi \, \text{Li}_{2}(-1) = \frac{\pi^{3}}{12}.$$

Answer 3

Ok quiero abordar el problema desde un punto de partida diferente:

Recordemos que el $\text{Li}_2(x)$ tiene la siguiente representación integral que está estrechamente relacionado con el de Debye funciones, bien conocido en física de la materia condensada:

$$ \text{Li}_2(z)=\frac{z}{\Gamma(2)}\int_{0}^{\infty}\frac{t}{e^t-z}dt \quad \quad(1) $$

Esto nos lleva a la siguiente representación de nuestros Integral $$ I=\int_{0}^{\infty}\left(\text{Li}_2\left(\frac{1}{x^2}\right)\right)^2dx=\\ \int_{0}^{\infty}\mathrm{d}t_1t_1\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}t_2t_2\int_{0}^{\infty}dx\frac{1}{x^2 e^{t_1}+1}\frac{1}{x^2 e^{t_2}+1} $$

El interior de la integral es bastante sencillo ejercicio en el residuo de cálculo y de los rendimientos (utilizando la paridad)

$$ I=8\pi\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}t_1t_1\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}t_2t_2\frac{1}{e^{t_1}+e^{t_2}} $$

El uso de (1) de nuevo para realizar, por ejemplo, el $t_1$ integral, obtenemos

$$ I=8\pi\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}t_2t_2 e^{-t_2} \text{Li}_2\left(-e^{t_2}\right) $$

La definición de $p(t)=t e^{-t} $ $ q(t)=\text{Li}_2\left(-e^{t}\right)$ (reetiquetar $t=t_2$) se realizan dos de la integración por partes para terminar con ( $p^{(-n)}(x)$ indica el $n$ primitiva con respecto a $x$)

$$ \frac{1}{8\pi}I=\underbrace{[p^{(-1)}(t)q(t)-p^{(-2)}(t)q'(t)]_0^{\infty}}_{=\frac{\pi ^2}{12}+2\log (2)}+\underbrace{\int_0^{\infty}\overbrace{\frac{t+2}{e^t+1}}^{p^{(-2)}(t)q"(t)}dt}_{J} $$

Aquí hemos utilizado el especial valor de $\text{Li}_2\left(-1\right)=-\frac{\pi^2}{12}\quad (2)$ (Véase también el apéndice para una prueba de este hecho). El $J$ es también directamente calculado en el apéndice y los rendimientos

$$ J=\frac{\pi ^2}{12}+2\log (2) $$

Ande, por tanto,

$$ I=\frac{4\pi^3}{3}+32\pi \log(2) $$

Q. E. D

Apéndice

Cálculo de $J$

$$ J=2\underbrace{\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+e^t}}_{J_1}+\underbrace{\int_{0}^{\infty}\frac{t}{1+e^t}}_{J_2} $$

$J_1$ se logra dejando $e^t=z$

$$ J_1=\int_{1}^{\infty}\frac{1}{z(z+1)}=[\log (z)-\log (z+1)]_0^{\infty}=\log(2) $$

$J_2$ puede realizar por diferentes métodos, pero la mayoría de principio a fin, creo que por el uso de series geométricas y la integración de plazo sabio

$$ J_2 =\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\int_{0}^{\infty}e^{-(n+1)x}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n^2}=\eta(2)=\frac{\pi^2}{12} \quad (3) $$

aquí hemos utilizado un valor especial de la Dirichlet $\eta$-función

Tenga en cuenta que por un cambio de las variables de $e^{-z}=q$ la última integral en (3) también contamos $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{(n+1)}}{n^2}=-\text{Li}_2(-1)$, lo que demuestra (2).

El uso de $J=2J_1+J_2$ declaró el resultado de la siguiente manera