Forma cerrada ${\large\int}_0^1\frac{\ln^2x}{\sqrt{1-x+x^2}}dx$

Question

Quiero encontrar una forma cerrada para esta integral: $$I=\int_0^1\frac{\ln^2x}{\sqrt{x^2-x+1}}dx\tag1$$ Mathematica y Maple no se puede evaluar directamente, y yo no era capaz de encontrar en las tablas. Una aproximación numérica para es $$I\approx2.100290124838430655413586565140170651784798511276914224...\tag2$$ (haga clic aquí para ver más dígitos).

Mathematica es capaz de encontrar una forma cerrada para los parámetros de la integral en términos de la Appell función hipergeométrica: $$I(a)=\int_0^1\frac{x^a}{\sqrt{x^2-x+1}}dx\\=\frac1{a+1}F_1\left(a+1;\frac{1}{2},\frac{1}{2};a+2;(-1)^{\small1/3},-(-1)^{\small2/3}\right).\tag3$$ Sospecho que esta expresión puede escribirse en una forma más sencilla, pero no he podido encontrar aún.

Es fácil ver que $I=I(0),$ pero no está claro cómo encontrar una forma cerrada, derivado de la Appell función hipergeométrica con respecto a sus parámetros.

Me podrían ayudar a encontrar una forma cerrada para $I$?

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Actualización: cálculos Numéricos sugieren que para todo el complejo a $z$ $\Re(z)>0$ el siguiente funcional de la ecuación se tiene: $a$z\,I(z-1)-\!\a la izquierda(z+\tfrac12\right)\,I(z)+(z+1)\,I(z+1)=1.\tag4$$

Answer 1

$$Me = 12\operatorname {Li} _3\left (\frac13\right) + 20\operatorname {Li} _3\left (\frac23\right) + \frac {32} 3\operatorname {Li} _2\left (\frac23\right) \ln3+\left(4\ln2+\frac{10}{3}\ln3\right)\operatorname _2\left {Li} \\-\frac {163} 6\zeta (\frac34\right) (3) + 8\ln ^ 32 + \frac23\ln^22\cdot\ln3-\frac23\ln2\cdot\ln^23-\frac {7\pi ^ 2} 3\ln2 + \frac {11\pi ^ 2} {9} \ln3.$$

Answer 2

Tengo una respuesta, pero es un poco demasiado largo y desordenado, así puedo usar Wolfram Alpha para que me ayude. Primero usamos Euler sustitución por $t+x=\sqrt{x^2-x+1}$, entonces tenemos $$x=\frac{1-t^2}{1+2t}\qquad\color{red}{\Rightarrow}\qquad dx=-\frac{2(1+t+t^2)}{(1+2t)^2}$$ y $$\sqrt{x^2-x+1}=\frac{1+t+t^2}{1+2t}.$$ Por lo tanto $$\begin{align} I=\int_0^1\frac{\ln^2x}{\sqrt{x^2-x+1}}dx&=2\int_0^1\frac{\ln^2\left(\frac{1-t^2}{1+2t}\right)}{1+2t}\ dt\\ Y=2\int_0^1\frac{\bigg[\ln(1-t)+\ln(1+t)-\ln(1+2t)\bigg]^2}{1+2t}\ dt.\tag1 \end{align}$$ $U=1+2t\ \color{red}{\Rightarrow}\ t=\dfrac{1+u}{2}$ y ampliar el integrando, tenemos $$\begin{align} \frac{\bigg[\ln\left(\frac{3-u}{2}\right)+\ln\left(\frac{1+u}{2}\right)-\ln u\bigg]^2}u&=\frac{\bigg[\ln3-2\ln2+\ln\left(1-\frac{u}{3}\right)+\ln\left(1+u\right)-\ln u\bigg]^2}u \end{align}$$ Vamos a partir de esta parte Wolfram Alpha lleva más ya que es muy engorroso y complicado, el integrando resulta ser

Se parece a ninguno de el integrando es difícil integrar plazo-sabio, ya sea por sustitución, IBP varias veces, o la expansión de la serie, pero, por supuesto, sería tedioso así que vamos a Wolfram Alpha hacerlo. Deje que la forma expandida de integrando $f(u)$, entonces $(1)$ se convierte en $$I=\int_1^3 f(u)\ du\tag2$$ y la integral indefinida de $(2)$ es

Por desgracia, Wolfram Alpha no se puede dar una respuesta como @Cleo después de la sustitución de los límites de la integración. Tal vez, Mathematica o Maple es capaz de dar forma cerrada. Espero que David H puede completar su respuesta y puede resultar @Cleo de reclamación. Le deseo mucha suerte!!

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ADDENDUM :

Espero que David H me permiten ayudar en la evaluación de $\color{blue}{I_4}$, por supuesto que va a tomar todo el crédito para la evaluación de este problema, ya que él ha hecho la mayor parte del cálculo.

Considere la posibilidad de $$\begin{align} J=\int_0^1\frac{1}{1+2t}\ln^2\left(\frac{1-t}{1+t}\right)\ dt. \end{align}$$ Es fácil ver que $$\begin{align} J&=\int_0^1\frac{\ln^2(1-t)}{1+2t}\ dt+\int_0^1\frac{\ln^2(1+t)}{1+2t}\ dt-2\int_0^1\frac{\ln(1-t)\ln(1+t)}{1+2t}\ dt\\ &=\color{red}{I_1}+\color{verde}{I_2}-2\color{blue}{I_4}.\tag3 \end{align}$$ Para evaluar $J$, vamos a $u=\dfrac{1-t}{1+t}$, entonces tenemos $$t=\frac{1-u}{1+u}\quad\ 1+2t=\frac{3-u}{1+u}\ ,\quad\text{y}\quad dt=-\frac{4}{(1+u)^2}\ du.$$ Por lo tanto $$\begin{align} J&=4\int_0^1\frac{\ln^2u}{(3-u)(1+u)}\ dt\\ y={\large\int_0^1}\left[\frac{\ln^2u}{u+1}-\frac{\ln^2u}{u-3}\right]\ du\tag4 \end{align}$$ donde es fácil probar que $$\int\frac{\ln^2x}{x+a}\ dx=2\operatorname{Li}_2\left(-\frac xa\right)\ln x-2\operatorname{Li}_3\left(-\frac xa\right)+\ln\left(\frac{x+a}\right)\ln^2x+C.\tag5$$ El resto es sólo cuestión técnica y dejo a David. Tenga en cuenta que, la técnica similar se puede utilizar para evaluar $I_5$ y $I_6$ en su cálculo.

Answer 3

No he sido para encontrar una forma cerrada de la expresión para esta integral; así que me perdone si lo que te envío es de ningún interés.

Lo que hice es para expandir el denominador como un desarrollo en serie de Taylor en $x=0$, lo que da $$\frac{1}{\sqrt{x^2-x+1}}=1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}-\frac{7 x^3}{16}-\frac{37 x^4}{128}+\frac{23 x^5}{256}+\frac{331 x^6}{1024}+\frac{457 x^7}{2048}-\frac{2413 x^8}{32768}-\frac{17557 x^9}{65536}-\frac{49343 x^{10}}{262144}+O\left(x^{11}\right)$$ y tener en cuenta el hecho de que $$\int x^n\log^2(x)dx=\frac{x^{n+1} \left((n+1)^2 \log ^2(x)-2 (n+1) \log (x)+2\right)}{(n+1)^3}$$ lo cual implica que $$\int_0^1 x^n\log^2(x)dx=\frac{2}{(n+1)^3}$$ Usando los coeficientes, la suma no parecen converger muy rápido.

Añadió más tarde

En un comentario a mi respuesta, Vladimir Reshetnikov señaló que los coeficientes de la serie de Taylor son sólo $P_n\left(\frac{1}{2}\right)$ (lo que estoy totalmente perdido). Así, como una serie infinita, el resultado es $$I=\int_0^1\frac{\ln^2x}{\sqrt{x^2-x+1}}dx\tag1=2 \sum_{n=0}^\infty\frac{P_n\left(\frac{1}{2}\right) }{(n+1)^3}$$ para que no encontré ninguna forma cerrada y que tiene una muy lenta convergencia (agregar $10,000$ términos conduce a $\simeq 2.100290124838414$).