Forma cerrada de $\int_0^1 \frac{\operatorname{Li}_2\left( x \right)}{\sqrt{1-x^2}} \,dx $

Question

Busco una forma cerrada de esta integral.

$$I = \int_0^1 \frac{\operatorname{Li}_2\left( x \right)}{\sqrt{1-x^2}} \,dx ,$$

donde $\operatorname{Li}_2$ es el función dilogaritmo .

Una aproximación numérica es

$$ I \approx 1.39130720750676668181096483812551383015419528634319581297153...$$

Como dijo Lucian $I$ tiene las siguientes formas equivalentes:

$$I = \int_0^1 \frac{\operatorname{Li}_2\left( x \right)}{\sqrt{1-x^2}} \,dx = \int_0^1 \frac{\operatorname{Li}_2\left( \sqrt{x} \right)}{2 \, \sqrt{x} \, \sqrt{1-x}} \,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \operatorname{Li}_2(\sin x) \, dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \operatorname{Li}_2(\cos x) \, dx$$

Según Mathematica tiene una forma cerrada en términos de función hipergeométrica generalizada, Claude Leibovici nos ha dado este formulario .

Con Arce utilizando la forma de Anastasiya-Romanova pude obtener una forma cerrada en términos de la función G de Meijer. Era similar a la de Juan Ospina responder pero no era exactamente esa forma. Tampoco sé si su forma es correcta, o no, porque la aproximación numérica acaba de $6$ dígitos correctos.

Busco una forma cerrada de $I$ sin utilizar la función hipergeométrica generalizada, la función G de Meijer o $\operatorname{Li}_2$ o $\operatorname{Li}_3$ .

Espero que exista. Integrales similares son las siguientes.

$$\begin{align} J_1 & = \int_0^1 \frac{\operatorname{Li}_2\left( x \right)}{1+x} \,dx = \frac{\pi^2}{6} \ln 2 - \frac58 \zeta(3) \\ J_2 & = \int_0^1 \frac{\operatorname{Li}_2\left( x \right)}{\sqrt{1-x}} \,dx = \pi^2 - 8 \end{align}$$

Existen técnicas afines en este o en este papel. Este también podría ser útil.

Answer 1

Recorreremos una secuencia de integrales y, sorprendentemente, veremos que en cada paso un integrando tendrá una antiderivada continua de forma cerrada en términos de funciones elementales, dilogaritmos y trilogaritmos, por lo que la evaluación de una integral es sólo cuestión de calcular valores (o límites) en los puntos finales y tomar una diferencia.

Utilicé Mathematica para ayudarme a encontrar algunas de esas antiderivadas, pero luego las simplifiqué considerablemente de forma manual. En cada caso la corrección del resultado se demostró manualmente por diferenciación directa, así que no tenemos que confiar en Mathematica en él. Quizá alguien encuentre una forma más elegante y esclarecedora de evaluarlos.

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En primer lugar, cambie la variable $x=\cos\theta$ y reescribir la integral como $$I=\int_0^{\pi/2}\operatorname{Li}_2(\cos\theta)\,d\theta\tag{0}$$ A continuación, utilizamos un representación integral conocida del dilogaritmo: $$\operatorname{Li}_2(z)=-\int_0^1\frac{\ln(1-t\,z)}t\,dt.\tag1$$ Utilícelo para reescribir $(0)$ y luego cambiar el orden de integración: $$I=-\int_0^1\frac1t\int_0^{\pi/2}\ln(1-t\,\cos\theta)\,d\theta\,dt.\tag2$$

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Nuestro primer objetivo es evaluar la integral interna en $(2)$ . El integrando tiene una forma cerrada antiderivada en términos de funciones elementales y dilogaritmos que es continua en la región de integración: $$\int\ln(1-t\,\cos\theta)\,d\theta=\theta\!\;\ln\!\left(\frac{1+\sqrt{1-t^2}}2\right)-2\,\Im\,\operatorname{Li}_2\!\left(\frac{1-\sqrt{1-t^2}}t\!\;e^{i\!\;\theta}\right).\tag3$$ (compárelo con el en bruto Mathematica resultado)

Tomando la diferencia de valores de $(3)$ en los puntos finales $\pi/2$ y $0$ obtenemos: $$\int_0^{\pi/2}\ln(1-t\,\cos\theta)\,d\theta=\frac\pi2\,\ln\!\left(\frac{1+\sqrt{1-t^2}}2\right)-2\,\Im\,\operatorname{Li}_2\!\left(i\,\frac{1-\sqrt{1-t^2}}t\right).\tag4$$ Recordemos que la parte imaginaria del dilogaritmo puede representarse como el integral tangente inversa : $$\Im\,\operatorname{Li}_2(iz)=\operatorname{Ti}_2(z)=\int_0^z\frac{\arctan(v)}v dv.\tag{$ 4' $}$$ Así que.., $$\int_0^{\pi/2}\ln(1-t\,\cos\theta)\,d\theta=\frac\pi2\,\ln\!\left(\frac{1+\sqrt{1-t^2}}2\right)-2\,\operatorname{Ti}_2\!\left(\frac{1-\sqrt{1-t^2}}t\right).\tag{$ 4'' $}$$

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Ahora nuestro objetivo es evaluar la integral exterior en $(2)$ . Sustituyendo $(4'')$ de nuevo en $(2)$ obtenemos: $$I=-\frac\pi2\!\;I_1+2\!\;I_2,\tag5$$ donde $$I_1=\int_0^1\frac1t\,\ln\!\left(\frac{1+\sqrt{1-t^2}}2\right)dt,\tag6$$ $$I_2=\int_0^1\frac1t\,\operatorname{Ti}_2\!\left(\frac{1-\sqrt{1-t^2}}t\right)dt.\tag7$$ El integrando en $(6)$ tiene una antiderivada de forma cerrada en términos de funciones elementales y dilogaritmos. Una forma de encontrarla es cambiar la variable $t=2\sqrt{u-u^2}$ e integrar por partes. $$\int\frac1t\,\ln\!\left(\frac{1+\sqrt{1-t^2}}2\right)dt=\frac14\,\ln^2\!\left(\frac{1+\sqrt{1-t^2}}2\right)-\frac12\, \operatorname{Li}_2\!\left(\frac{1-\sqrt{1-t^2}}2\right).\tag8$$ (compárelo con el en bruto Mathematica resultado)

Tomando la diferencia de sus valores en los puntos finales, y utilizando valores conocidos $$\operatorname{Li}_2(1)=\zeta(2)=\frac{\pi^2}6,\tag{$ 8' $}$$ $$\operatorname{Li}_2\left(\tfrac12\right)=\frac{\pi^2}{12}-\frac{\ln^22}2,\tag{$ 8'' $}$$ obtenemos: $$I_1=\frac{\ln^22}2-\frac{\pi^2}{24}.\tag9$$ Evaluar $I_2$ cambiar la variable $t=\frac{2z}{1+z^2}$ : $$I_2=\int_0^1\frac{1-z^2}{z\,(1+z^2)}\operatorname{Ti}_2(z)\,dz.\tag{10}$$ De nuevo, el integrando tiene una antiderivada de forma cerrada en términos de funciones elementales, dilogaritmos y trilogaritmos. Antes de dar el resultado, intentaremos dividirlo en partes más pequeñas. En primer lugar, recordemos $(4')$ y una integral simple ${\large\int}\frac{1-z^2}{z\,(1+z^2)}dz=\ln\!\left(\frac z{1+z^2}\right)$ e integrar por partes: $$\int\frac{1-z^2}{z\,(1+z^2)}\operatorname{Ti}_2(z)\,dz=\ln\!\left(\frac z{1+z^2}\right)\operatorname{Ti}_2(z)\\-\underbrace{\int\frac{\ln z\cdot\arctan z}z\,dz}_{I_3}+\underbrace{\int\frac{\ln(1+z^2)\cdot\arctan z}z\,dz}_{I_4}.\tag{11}$$ Los siguientes resultados pueden comprobarse por diferenciación directa: $$I_3=\operatorname{Ti}_2(z)\ln z-\Im\,\operatorname{Li}_3(iz),\tag{$ 11' $}$$ $$I_4=\left[\frac{\pi^2}3-\ln\left(1+z^2\right)\ln z-\frac12\,\operatorname{Li}_2\!\left(-z^2\right)\right]\arctan z\\-\frac\pi2\,\arctan^2z+\frac\pi8\,\ln^2\left(1+z^2\right)+\operatorname{Ti}_2(z)\ln\left(1+z^2\right)-2\,\Im\,\operatorname{Li}_3(1+iz).\tag{$ 11'' $}$$ Enchufar $(11')$ y $(11'')$ en $(11)$ obtenemos: $$\int\frac{1-z^2}{z\,(1+z^2)}\operatorname{Ti}_2(z)\,dz=\left[\frac{\pi^2}3-\ln\left(1+z^2\right)\ln z-\frac12\,\operatorname{Li}_2\!\left(-z^2\right)\right]\arctan z\\-\frac\pi2\,\arctan^2z+\frac\pi8\,\ln^2\left(1+z^2\right)+\,\Im\,\operatorname{Li}_3(iz)-2\,\Im\,\operatorname{Li}_3(1+iz).\tag{$ 11''' $}$$ (compárelo con el en bruto Mathematica resultado)

Tomando la diferencia de sus valores en los puntos extremos $1$ y $0$ , obtenemos: $$I_2=\frac{3\!\;\pi^3}{32}+\frac\pi8\!\;\ln^22-2\,\Im\,\operatorname{Li}_3(1+i).\tag{12}$$ Enchufar $(9)$ y $(12)$ de nuevo en $(5)$ obtenemos el resultado final:

$$\large\int_0^1\frac{\operatorname{Li}_2(x)}{\sqrt{1-x^2}}\,dx=\frac{5\!\;\pi^3}{24}-4\,\Im\,\operatorname{Li}_3(1+i).\tag{$ \heartsuit $}$$

Answer 2

Según un CAS, $$I = \int_0^1 \frac{\operatorname{Li}_2\left( \sqrt{t} \right)}{2 \, \sqrt{t} \, \sqrt{1-t}} \,dt =\, _4F_3\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},1,1;\frac{3}{2},\frac{3}{2},\frac{3}{2};1\right )+\frac{\pi ^3}{48}-\frac{1}{4} \pi \log ^2(2)$$

¡Que aproveche!

Answer 3

Mi intento. Esto no se acerca en absoluto a la respuesta, pero quiero abordar varias formas equivalentes que podrían ser útiles para futuros cálculos.

En primer lugar, de La identidad de Landen de la siguiente forma

$$ \mathrm{Li}_2(z) = -\mathrm{Li}_2\left(-\frac{z}{1-z}\right) - \frac{1}{2}\log^{2}(1-z), \quad z \notin [1, \infty)$$

observamos que

\begin{align*} I &= -\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \left\{ \mathrm{Li}_2\left(-\frac{x}{1-x}\right) - \frac{1}{2}\log^{2}(1-x) \right\} \, dx \\ &= -\int_{-\infty}^{0} \frac{2\mathrm{Li}_2 (t) + \log^{2}(1-t)}{2\sqrt{1-2t}(1-t)} \, dt \tag{1} \end{align*}

Al observar que

$$ \frac{d}{dt} \arctan\left(\frac{1}{\sqrt{1-2t}}\right) = \frac{1}{2\sqrt{1-2t}(1-t)}, $$

la integración por partes y la sustitución $x = (1-2t)^{-1/2}$ muestra que (1) es igual a

\begin{align*} I &= \int_{-\infty}^{0} \arctan\left(\frac{1}{\sqrt{1-2t}}\right) \frac{2\log(1-t)}{t(t-1)} \, dt \\ &= \int_{0}^{1} \frac{8x \arctan x}{1 - x^4} \log \left( \frac{1+x^2}{2x^2} \right) \, dx \tag{2} \end{align*}

La siguiente observación

$$ \Re \log \left(\frac{1+ix}{\sqrt{2}} \right) = \frac{1}{2}\log \left( \frac{1+x^2}{2} \right) \quad \text{and} \quad \Im \log \left(\frac{1+ix}{\sqrt{2}} \right) = \arctan x $$

de alguna manera parece sugerir un enfoque complejo-analítico, pero hasta ahora no he tenido éxito con tales enfoques. A continuación, a partir de la siguiente fórmula sencilla

$$ \log \left( \frac{1+x^2}{2x^2} \right) \, dx = \int_{0}^{1} \frac{d}{dy} \log \left( \frac{y^2+x^2}{y^2 + 1} \right) \, dy $$

la integral (2) puede descomponerse en la siguiente forma

$$ I = \int_{0}^{1}\int_{0}^{1} \frac{16xy \arctan x}{(1+x^2)(1+y^2)(x^2+y^2)} \,dxdy. \tag{3} $$

Un simple cálculo muestra que

$$ \int_{0}^{1}\int_{0}^{1} \frac{16xy}{(1+x^2)(1+y^2)(x^2+y^2)} \,dxdy = 2\zeta(2), $$

por lo que sospecho que la situación en (3) no es tan mala.

Answer 4

Siguiendo el planteamiento de Anastasiya-Romanova, tenemos:

$$ I = \frac{1}{2}\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^2}\int_{0}^{\pi/2}\sin^n x\,dx =\frac{\pi}{16}\sum_{n\geq 1}\frac{\binom{2n}{n}}{n^2 4^n}+\frac{1}{4}\sum_{n\geq 1}\frac{4^n}{\binom{2n}{n}n(2n-1)^2}\tag{1}$$ donde: $$ S_1 = \sum_{n\geq 1}\frac{\binom{2n}{n}}{n^2 4^n} = \zeta(2)-2\log^2 2 \tag{2}$$ y la segunda suma es la problemática, lo que conduce a un valor para una función hipergeométrica $\phantom{}_4 F_3$ :

$$\begin{eqnarray*}S_2 = \sum_{n\geq 1}\frac{4^n}{\binom{2n}{n}n(2n-1)^2} &=& -\int_{0}^{1}\frac{2\arcsin x}{x\sqrt{1-x^2}}\log x\,dx\\&=&-2\int_{0}^{\pi/2}\frac{\theta}{\sin\theta}\log\sin\theta\,d\theta. \tag{3}\end{eqnarray*}$$

Sin embargo, dado que la serie coseno de Fourier de $\log\sin\theta$ es bien conocida: $$\log\sin\theta = -\log 2-\sum_{n\geq 1}\frac{\cos(2n\theta)}{n}\tag{4} $$ sólo tenemos que calcular la serie coseno de Fourier de $\frac{\theta}{\sin\theta}$ . Dado que la serie sinusoidal de Fourier de la onda triangular viene dada por: $$ \theta = \sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\sin(2n\theta) \tag{5}$$ explotando $\frac{\sin(2n\theta)}{\sin\theta}=2\left(\cos\theta+\cos(3\theta)+\ldots+\cos((2n-1)\theta)\right)$ que tenemos:

$$\frac{\theta}{\sin\theta}=2\sum_{k=1}^{+\infty}\left(\sum_{n\geq k}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\right)\cos((2k-1)\theta)\tag{6}$$ al menos en principio, $S_2$ es calculable mediante un enfoque analítico de Fourier, explotando: $$ \int_{0}^{\pi/2}\cos((2n-1)\theta)\cos(2m\theta)\,d\theta = \frac{(2n-1)(-1)^m}{4m^2-(2n-1)^2}.\tag{7}$$

También es interesante observar que la última integral que aparece en $(3)$ es muy similar a la que aparece en este pregunta relacionada pero esta última es mucho más fácil de calcular ya que en la serie coseno de Fourier de $\frac{\theta}{\sin\theta}\,\cos^2\theta$ sólo hay "cosenos pares".

Answer 5

Utilizando Maple estoy obteniendo

$$1+\frac{\pi }{16}{\ _4F_3(1,1,1,3/2;\,2,2,2;\,1)}+\frac{\sqrt {\pi }}{8} G^{4, 1}_{4, 4}\left(-1\, \Big\vert\,^{1, 5/2, 5/2, 5/2}_{2, 3/2, 3/2, 1}\right) $$

y una aproximación numérica es

$$1.3913063720392030337$$