Forma cerrada para $\int_0^1\frac{x^{5/6}}{(1-x)^{1/6}\,(1+2\,x)^{4/3}}\log\left(\frac{1+2x}{x\,(1-x)}\right)\,dx$

Question

Tengo que evaluar esta integral: $$Q=\int_0^1\frac{x^{5/6}}{(1-x)^{1/6}\,(1+2\,x)^{4/3}}\log\left(\frac{1+2x}{x\,(1-x)}\right)\,dx.$$ Lo probé en Mathematica pero no ha podido encontrar una forma cerrada. Una integración numérica devolvió $$Q\approx0.670803371410017436741...$$

¿Es posible encontrar una forma cerrada para $Q$ ?

Esta integral no es de un libro, es parte de unos cálculos relacionados con la física teórica. No tengo una razón particular para estar seguro de que existe una forma cerrada.

Answer 1

$$Q=\frac{\Gamma\left(\frac56\right)}{\Gamma\left(\frac13\right)}\cdot\frac{\sqrt{27}+\sqrt3\,\ln\left(16+8\,\sqrt3\right)-2\pi}{\sqrt[3]{76+44\,\sqrt3}}\cdot\sqrt\pi$$

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Prueba:

Mirando a través de Tabla de integrales, series y productos, $7^{th}$ Edición, I.S. Gradshteyn, I.M. Ryzhik Me he dado cuenta de que la fórmula 3.255 podría tomarse como punto de partida: $$\int_0^1\frac{x^{\mu+\frac12}(1-x)^{\mu-\frac12}}{\left(c+2\,b\,x-a\,x^2\right)^{\mu+1}}dx=\frac{\sqrt\pi}{\left(a+\left(\sqrt{c+2\,b-a}+\sqrt{c}\right)^2\right)^{\mu+\frac12}\sqrt{c+2\,b-a}}\cdot\frac{\Gamma\left(\mu+\frac12\right)}{\Gamma(\mu+1)}$$ Fijación de los parámetros $a=0,\ b=1,\ c=1$ podemos hacer la observación de que el integrando en $Q$ puede representarse como una derivada del integrando en 3.255 : $$\frac{x^{5/6}}{(1-x)^{1/6}\,(1+2\,x)^{4/3}}\ln\left(\frac{1+2\,x}{x\,(1-x)}\right)=\partial_\mu\left(\frac{x^{\mu+\frac12}(1-x)^{\mu-\frac12}}{(1+2\,x)^{\mu+1}}\right)_{\mu=\frac13}$$ Ahora tenemos que calcular la derivada del lado derecho de 3.255 : $$Q=\partial_\mu\left(\frac{\sqrt\pi}{\left(\sqrt3+1\right)^{2\mu+1}\sqrt3}\cdot\frac{\Gamma\left(\mu+\frac12\right)}{\Gamma(\mu+1)}\right)_{\mu=\frac13}\\=\sqrt{\frac\pi3}\left(\frac{\psi\left(\mu+\frac12\right)-\psi(\mu+1)-2\ln\left(\sqrt3+1\right)}{\left(\sqrt3+1\right)^{2\mu+1}}\cdot\frac{\Gamma\left(\mu+\frac12\right)}{\Gamma(\mu+1)}\right)_{\mu=\frac13}\\=\sqrt{\frac\pi3}\cdot\frac{\psi\left(\frac56\right)-\psi\left(\frac43\right)-2\ln\left(\sqrt3+1\right)}{\left(\sqrt3+1\right)^{\frac53}}\cdot\frac{\Gamma\left(\frac56\right)}{\Gamma\left(\frac43\right)}$$ Aquí $\psi(z)=\partial_z\ln\Gamma(z)$ es el función digamma . Utilizando Teorema de Gauss digamma podemos ampliar los valores de la función digamma que aparecen en esta fórmula: $$\psi\left(\frac56\right)=\frac{\pi\,\sqrt3}2-\frac{3\ln3}2-2\ln2-\gamma$$ $$\psi\left(\frac43\right)=3-\frac{\pi\,\sqrt3}6-\frac{3\ln3}2-\gamma$$ Introduciendo estos valores en la fórmula anterior, obtenemos el resultado deseado.

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Adenda (por el editor): La fórmula $3.255$ en G&R que Vladimir citó, se puede demostrar con 6 sustituciones, es decir: $$x\to 1-t, t\to \frac1u, u\to v+1, v\to w^2, w\to y \sqrt[4]{\frac a{a+b-c}}$$ y la última es la variante de V. Moll de la transformada de Cauchy-Schlomilch (es decir, se trata de integrales que implican $\left(\frac{x^2}{x^4+2ax^2+1}\right)^c$ ), que se puede encontrar en el Teorema $4.1$ de:

Amdeberhan, T. , et al. "La transformación Cauchy-Schlomilch". Matemáticas (2010).

Esto justifica la corrección de $3.255$ .

Answer 2

La misma integral sin el término logarítmico viene dada por $$Q(a,b,c) = \int_0^1 \frac{x^a}{(1-x)^b(1+2x)^c}\,dx = \frac{\Gamma(1+a)\Gamma(1-b)}{\Gamma(2+a-b)} F\left(\begin{array}{c}1+a,c\\2+a-b\end{array}\middle|-2\right),$$ porque esta integral es una de las representaciones integrales comunes de la función hipergeométrica, como DLMF 15.6.1 .

En el punto $(a,b,c)=(\frac56,\frac16,\frac43)$ la integral que se desea está dada por una suma de derivadas parciales de $Q$ en ese momento: $$(-\partial_a+\partial_b-\partial_c)Q(a,b,c).$$ Las derivadas de la función hipergeométrica con respecto a parámetros generalmente no se espera que tengan una forma cerrada, excepto en términos de funciones como Funciones de Appell o Funciones de Kampe de Feriet si se pueden considerar de forma cerrada.