La forma cerrada de la integral $\int_{0}^{\infty}\frac{\ln^{2}(x)\ln(1+x)}{(1-x)(x^{2}+1)}dx$

Question

Aquí es un reto tal vez a algunos les gustaría hacer.

Demostrar que:

$$\int_{0}^{\infty}\frac{\ln^{2}(x)\ln(1+x)}{(1-x)(x^{2}+1)}dx=\frac{-9\pi^{4}}{256}+\frac{\pi^{3}}{32}\ln2+\frac{\pi^{2}}{6}G-\frac{1}{1536}\left[\psi_{3}\left(\frac34\right)-\psi_{3}\left(\frac14\right)\right]$$

Answer 1

Integrar $f(z)=\dfrac{\ln^3{z}\ln(1+z)}{(1-z)(1+z^2)}$ a lo largo de este contorno.

La integral a lo largo de la gris partes del contorno se desvanece. También no tiene que preocuparse acerca de la singularidad removible en $z=1$.

La parte imaginaria de la integral de contorno es \begin{align} {\rm Im}\oint_{\Gamma}f(z)\ {\rm d}z =&{\rm Im}\color{#E2062C}{\int^\infty_0\frac{\left(\ln^3{x}-(\ln{x}+2\pi i)^3\right)\ln(1+x)}{(1-x)(1+x^2)}{\rm d}x}+{\rm Im}\ \color{#6F00FF}{2\pi i\int^\infty_1\frac{\ln^3(-x)}{(1+x)(1+x^2)}{\rm d}x}\\ =&-6\pi\int^\infty_0\frac{\ln^2{x}\ln(1+x)}{(1-x)(1+x^2)}{\rm d}x+8\pi^3{\rm PV}\int^\infty_0\frac{\ln(1+x)}{(1-x)(1+x^2)}{\rm d}x\\ Y+2\pi\int^\infty_1\frac{\ln^3{x}}{(1+x)(1+x^2)}{\rm d}x-6\pi^3\int^\infty_1\frac{\ln{x}}{(1+x)(1+x^2)}{\rm d}x \end{align} Voy a resolver estas integrales uno por uno. La primera es \begin{align} {\rm PV}\int^\infty_0\frac{\ln(1+x)}{(1-x)(1+x^2)}{\rm d}x =&\int^1_0\frac{\ln(1+x)}{1+x^2}{\rm d}x+\int^1_0\frac{x(1+x)\ln{x}}{1-x^4}{\rm d}x\\ =&\frac{\pi}{8}\ln{2}+\sum^\infty_{n=0}\int^1_0\left(x^{4n+1}+x^{4n+2}\right)\ln{x}\ {\rm d}x\\ =&\frac{\pi}{8}\ln{2}-\frac{1}{4}\sum^\infty_{n=0}\frac{1}{(2n+1)^2}-\sum^\infty_{n=0}\frac{1}{(4n+3)^2}\\ =&-\frac{\pi^2}{32}+\frac{\pi}{8}\ln{2}-\sum^\infty_{n=0}\frac{1}{(4n+3)^2} \end{align} Desde \begin{align} \sum^\infty_{n=0}\frac{1}{(4n+1)^2}+\sum^\infty_{n=0}\frac{1}{(4n+3)^2}=&\frac{\pi^2}{8}\\ \sum^\infty_{n=0}\frac{1}{(4n+1)^2}-\sum^\infty_{n=0}\frac{1}{(4n+3)^2}=&\ \mathbf{G}\\ \end{align} La suma de la derecha se evalúa a $\displaystyle \frac{\pi^2}{16}-\frac{\mathbf{G}}{2}$. Así $${\rm PV}\int^\infty_0\frac{\ln(1+x)}{(1-x)(1+x^2)}{\rm d}x=\frac{\mathbf{G}}{2}-\frac{3\pi^2}{32}+\frac{\pi}{8}\ln{2}$$ El segundo es \begin{align} \int^\infty_1\frac{\ln^3{x}}{(1+x)(1+x^2)}{\rm d}x =&-\int^1_0\frac{x(1-x)\ln^3{x}}{1-x^4}{\rm d}x\\ =&-\sum^\infty_{n=0}\int^1_0\left(x^{4n+1}-x^{4n+2}\right)\ln^3{x}\ {\rm d}x\\ =&\frac{3}{8}\sum^\infty_{n=0}\frac{1}{(2n+1)^4}-6\sum^\infty_{n=0}\frac{1}{(4n+3)^4}\\ =&\frac{\pi^4}{256}-\frac{1}{256}\psi_3\left(\frac{3}{4}\right) \end{align} La tercera es \begin{align} \int^\infty_1\frac{\ln{x}}{(1+x)(1+x^2)}{\rm d}x =&-\int^1_0\frac{x(1-x)\ln{x}}{1-x^4}{\rm d}x\\ =&-\sum^\infty_{n=0}\int^1_0\left(x^{4n+1}-x^{4n+2}\right)\ln{x}\ {\rm d}x\\ =&\frac{1}{4}\sum^\infty_{n=0}\frac{1}{(2n+1)^2}-\sum^\infty_{n=0}\frac{1}{(4n+3)^2}\\ =&\frac{\mathbf{G}}{2}-\frac{\pi^2}{32} \end{align} Por lo tanto, $${\rm Im}\oint_{\Gamma}f(z)\ {\rm d}z=-6\pi\int^\infty_0\frac{\ln^2{x}\ln(1+x)}{(1-x)(1+x^2)}{\rm d}x+\pi^3\mathbf{G}-\frac{71\pi^5}{128}-\frac{\pi}{128}\psi_3\left(\frac{3}{4}\right)+\pi^4\ln{2}$$ Por el teorema de los residuos, el contorno de la integral es también equivalente a $2\pi i$ veces la suma de los residuos. Tenga en cuenta que $-\pi<\arg(1+z)\le\pi$ y $0\le\arg{z}<2\pi$. Esto significa que $\ln(-i)=\pequeño{\dfrac{i3\pi}{2}}$ $\ln(1-i)=\pequeño{\dfrac{1}{2}}\ln{2}-\pequeño{\dfrac{i\pi}{4}}$. \begin{align} {\rm Im}\oint_{\Gamma}f(z)\ {\rm d}z =&{\rm Im}\ 2\pi i\left({\rm Res}(f,i)+{\rm Res}(f,-i)\right)\\ =&\frac{\pi^5}{64}-\frac{\pi^4}{32}\ln{2}-\frac{27\pi^5}{64}+\frac{27\pi^4}{32}\ln{2}\\ =&-\frac{13\pi^5}{32}+\frac{13\pi^4}{16}\ln{2} \end{align} La comparación de las dos igualdades, obtenemos $$\int^\infty_0\frac{\ln^2{x}\ln(1+x)}{(1-x)(1+x^2)}{\rm d}x=\boxed{\displaystyle\Large{\color{#FF4F00}{\frac{\pi^2}{6}\mathbf{G}-\frac{1}{768}\psi_3\left(\frac{3}{4}\right)-\frac{19\pi^4}{768}+\frac{\pi^3}{32}\ln{2}}}}$$ que es equivalente a la propuesta de la forma cerrada.

Answer 2

Definir $$ I=\int_{0}^{\infty}\frac{\ln^{2}(x)\ln(1+x)}{(1-x)(x^{2}+1)}dx, I(a)=\int_{0}^{\infty}\frac{\ln^{2}(x)\ln(1+ax)}{(1-x)(x^{2}+1)}dx, 0\le\le 1. $$ Entonces $I(0)=0, I(1)=I$ y \begin{eqnarray} I'(a)&=&\int_{0}^{\infty}\frac{x\ln^{2}(x)}{(1+ax)(1-x)(x^{2}+1)}dx. \end{eqnarray} Definir $$ f(z)=\frac{z}{(1+az)(1-z)(z^{2}+1)}. $$ Claramente $z=1$ es extraíble punto singular de $f(z)\ln^3 z$. Deje que $\Gamma$ a ser el contorno que es el segmento de línea desde $\varepsilon$ a $R$, junto con dos semicírculos $S_\varepsilon$ y$S_R$ 0 de radios de $\varepsilon$, $R$ ($0<\varepsilon<1<R$). Claramente $f(z)$ es analítica en el interior de $\Gamma$, excepto $z=\pm i,z=-\frac{1}{a}$ y $$ \text{Res}(f(z)\ln^3z,i)+\text{Res}(f(z)\ln^3z,-i)+\text{Res}(f(z)\ln^3z,-\frac{1}{a})=-\frac{\pi ^3 \left(a^2-1\right)+16 (\pi i+\ln a)^3)}{16 \left(a^3+a^2+a+1\right)}. $$ Es fácil ver $$ \bigg|\int_{S_\varepsilon}f(z)\ln^{3}(z)dz\bigg|\0 \text{ como }\varepsilon\0, \bigg|\int_{S_R}f(z)\ln^{3}(z)dz\bigg|\0 \text{ como }R\to\infty $$ y por lo tanto \begin{eqnarray} && \int_0^\infty f(x)\ln^{3}xdx-\int_0^\infty f(x)(\ln x+2\pi i)^3dx\\ &=&2\pi i(\text{Res}(f,i)+\text{Res}(f,-i)+\text{Res}(f(z)\ln^2z,\frac{1}{a}))\\ &=&-2\pi i\frac{\pi ^3 \left(a^2-1\right)+16 (\pi i+\ln a)^3)}{16 \left(a^3+a^2+a+1\right)}. \end{eqnarray} Tomando el imaginario de las piezas de ambos lados da $$ I'(a)=-\frac{16 a \ln a (\ln ^2a+\pi ^2)-3 \pi ^3 (a^2-1)}{48(a+1)(a^2+1)}. $$ Así \begin{eqnarray} I(1)&=&-\int_0^1\frac{16 a \ln a (\ln ^2a+\pi ^2)-3 \pi ^3 (a^2-1)}{48(a+1)(a^2+1)}da\\ &=&-\int_0^1\frac{(1-a)[16 a \ln a(\ln ^2a+\pi ^2)-3 \pi ^3 (un^2-1)]}{48(1-a^4)}da\\ &=&-\int_0^1\frac{(1-a) \ln a(\ln ^2a+\pi ^2)}{3(1-a^4)}da+3\int_0^1\frac{(1-a)\pi ^3 (a^2-1)}{16(1-a^4)}da\\ &=&-\frac{1}{3}\int_0^1\sum_{n=0}^\infty a^{4n}(1-a)\ln a(\ln ^2a+\pi ^2)da+\frac{1}{64}\pi^3(-\pi+2\ln2)\\ &=&\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{3}\left(\frac{6}{(4n+2)^4}-\frac{6}{(4n+3)^4}+\frac{\pi}{(4n+2)^2}-\frac{\pi}{(4n+3)^2}\right)+\frac{1}{64}\pi^3(-\pi+2\ln2)\\ &=&\frac{1}{768}(\psi_3(1/2)-\psi_3(3/4))+\frac{1}{48}(\psi_1(1/2)-\psi_1(3/4))+\frac{1}{64}\pi^3(-\pi+2\ln2). \end{eqnarray} Es bien conocido que \begin{eqnarray} \psi_3(1/2)=\pi^4, \psi_3(3/4)=8\pi^4-\beta(4),\psi_1(1/2)=\pi^2/2, \psi_1(3/4)=\pi^2-G, \end{eqnarray} y, finalmente, tenemos $$ I=\frac{G}{6}-\frac{1}{768}(19\pi^4-\psi_3(3/4))+\frac{1}{8}\pi^2\ln2. $$

Answer 3

Voy a seguir adelante y publicar mi método. Es similar a xpauls excepto yo solía digamma, que está relacionada con la serie armónica de todos modos.

Romper integral:

$$\int_{0}^{1}\frac{\log^{2}(x)\log(1+x)}{(1-x)(x^{2}+1)}dx+\int_{1}^{\infty}\frac{\log^{2}(x)\log(1+x)}{(1-x)(x^{2}+1)}dx$$

En el derecho integral, hacer el sub $x=1/t$. Esto nos da:

$$\int_{0}^{1}\frac{\log^{2}(x)\log(1+x)}{(x^{2}+1)}dx+\int_{0}^{1}\frac{x\log^{3}(x)}{(1-x)(x^{2}+1)}dx$$

El derecho integral:

Se rompen en $$1/2\int_{0}^{1}\frac{x\log^{3}(x)}{x^{2}+1}dx-1/2\int_{0}^{1}\frac{\log^{3}(x)}{x^{2}+1}dx+1/2\int_{0}^{1}\frac{\log^{3}(x)}{1-x}dx$$

Yo no soy de ir a trabajar a través de cada uno de estos. Pero, baste decir, que se puede hacer sin demasiado esfuerzo mediante el uso de series geométricas. Por ejemplo, la de en medio:

$$1/2\int_{0}^{1}\log^{3}(x)\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}x^{2k}dx=3\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{(2k+1)^{4}}$$

Haciendo así que a los tres nos lleva a la serie que evaluar en términos de $\zeta(4)$ y $\psi_{3}$. Sumando a ellos los resultados en:

$$ \boxed{\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{x\log^{3}(x)}{(1-x)(x^{2}+1)}dx=\frac{-9\pi^{4}}{256}+\frac{1}{512}\left[\psi_{3}(1/4)-\psi_{3}(3/4)\right]}$$

La izquierda integral hasta la parte superior es un poco más difícil. Al menos así lo creo.

$$\int_{0}^{1}\frac{\log^{2}(x)\log(1+x)}{x^{2}+1}dx$$

Utilizar la serie de Taylor para $\log(1+x)$:

$$\int_{0}^{1}\frac{\log^{2}(x)}{x^{2}+1}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{n}}{n}$$

Nota la función Beta incompleta se define como: $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{x^{a}}{x^{2}+1}dx=1/4\left[\psi \left(\frac{a+3}{4}\right)-\psi\left(\frac{a+1}{4}\right)\right]$.

Distinción esto dos veces w.r.t 'a' introduce el registro-cuadrado plazo y da:

$$\int_{0}^{1}\frac{x^{a+n}\log^{2}(x)}{x^{2}+1}dx=1/64\left[\psi_{2} \left(\frac{a+n+3}{4} \right)-\psi_{2} \left(\frac{a+n+1}{4} \right) \right]$$.

Por lo tanto, dejar que $a=0$, $$\int_{0}^{1}\frac{\log^{2}(x)\log(1+x)}{x^{2}+1}dx=1/64\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n}\left[\psi_{2}\left(\frac{n+3}{4}\right)-\psi_{2}\left(\frac{n+1}{4}\right)\right]$$

$$=\boxed{\displaystyle \frac{\pi^{2}}{6}G+\frac{\pi^{3}}{32}\log(2)-\frac{1}{768}\left[\psi_{3}\left(1/4\right)-\psi_{3}\left(3/4\right)\right]}$$

Esta serie de resultados, cuando se combina con la otra caja resultado, se obtiene la solución a la integral original.

El único problema menor que tengo es la evaluación de esta tetragamma de la serie. Como he dicho, La Flajolet-Salvy residuo método puede funcionar, pero encontrar el núcleo correcto es la primera tarea importante. Ya que los suplentes, quiero suponer algo con $\pi \csc(\pi z)$

Por supuesto, uno podría simplemente decir que el diablo con él y utilizar esto como un lexema. Pero, me gustaría evaluar.