¿Cómo evaluar $\int_{0}^{1} \frac{x^2 \ln(1-x^4)}{1+x^4}dx$?

Question

Cómo evaluar

$$ \int_{0}^{1} \frac{x^2 \ln(1-x^4)}{1+x^4} \,dx \approx -0.162858 \tag{1}$$

La integral surge en el cálculo de

$$\left( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n}\right)\left(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{4n-1}\right)$$ como

$$ \scriptsize{\frac{\pi \ln(2)}{4\sqrt{2}} + \frac{\ln(2) \ln(3-2\sqrt{2})}{4\sqrt{2}} -3\ln(2) + \frac{\pi}{2}= \int_{0}^{1} \frac{x^2 \ln(1-x^4)}{1+x^4} \,dx + \int_{0}^{1} \frac{x^{1/4}}{2(1+x)}\left(\tan^{-1}(x^{1/4}) - \tanh^{-1}(x^{1/4}) \right)}dx $$

Una integral similar

$$ \int_{0}^{1}\left( \frac{x^2 \ln(2)}{x^4-1} - \frac{x^2 \ln(1+x^4)}{x^4-1}\right)dx = C-\frac{\pi^2}{16}+\frac{\ln^2(\sqrt{2}-1)}{4}+\frac{\pi \ln (\sqrt{2}-1)}{4} \tag{2} $$

Donde $ C $ = Constante de Catalan

Desafortunadamente, las mismas técnicas que utilicé para evaluar $(2)$ no han funcionado para $(1)$. Solo conozco para la integración - Por partes, U-Sub, y usando Series de Taylor y también Mathematica.

P = ¿Existe una forma cerrada para la Integral $(1)$?

EDICIÓN

$$ (1) = \frac{-\pi^2}{8\sqrt{2}} + \frac{\pi \ln(8)}{4\sqrt{2}} +\frac{\ln(8) \ln(3-2\sqrt{2})}{4\sqrt{2}} -\frac{\pi \ln(3-2\sqrt{2})}{8\sqrt{2}} + 4\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{4k-1}\sum_{n=1}^{k} \frac{1}{4n-1} $$

$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{4k-1}\sum_{n=1}^{k} \frac{1}{4n-1} = \frac{1}{64}\left(\psi^{(1)}\left(\frac{7}{8}\right)-\psi^{(1)}\left(\frac{3}{8}\right)\right) + W $$

Donde $W$ es algún valor.

Answer 1

Creo (al menos por el momento) que necesitamos combinar dos cosas $$\frac {x^2}{x^4+1}=\frac{1}{2 \left(x^2+i\right)}+\frac{1}{2 \left(x^2-i\right)},$$ $$\log(1-x^4)=\log(1+x^2)+\log(1-x^2)$$ Cada una de las cuatro integrales $$\int_0^1\frac{\log \left(1\pm x^2\right)}{2 \left(x^2\pm i\right)}\,dx$$ muestra una expresión compleja que involucra una serie de polilogaritmos de argumentos complejos y, seguramente, bastantes términos que involucran las raíces de la unidad.

Obtuve la expresión final pero no puedo simplificarla. Seguramente, el valor numérico es $$I=-0.16285829160764898119151607224709931337723009033493\cdots$$

Espero y deseo que esto pueda ayudar a otros usuarios.

Editar

Considera $$I(a)=\int_{0}^{1} x^2\frac{ \log \left(1-a^4 x^4\right)}{x^4+1}\,dx$$ $$I'(a)=-\int_{0}^{1}\frac{4 a^3 x^6}{\left(x^4+1\right) \left(1-a^4 x^4\right)}\,dx$$ $$I'(a)=\frac{a^3 \left(\pi +\log \left(3-2 \sqrt{2}\right)\right)}{\sqrt{2} \left(a^4+1\right)}+2\frac{\tan ^{-1}(a)-\tanh ^{-1}(a)}{a^4+1}$$ Integrando, tenemos $$\frac{\log (2) \left(\pi +\log \left(3-2 \sqrt{2}\right)\right)}{4 \sqrt{2}}+2\int_0^1 \frac{\tan ^{-1}(a)-\tanh ^{-1}(a)}{a^4+1}\,da$$ Ahora $$\tan ^{-1}(a)-\tanh ^{-1}(a)=-2\sum_{n=0}^\infty \frac{a^{4 n+3}}{4 n+3}$$ $$J=\int_0^1 \frac{\tan ^{-1}(a)-\tanh ^{-1}(a)}{a^4+1}\,da=-2\sum_{n=0}^\infty \frac 1{4 n+3}\int_0^1 \frac{a^{4 n+3}}{a^4+1}\,da$$ Todo eso resulta en la integral $$I(1)=\frac{\log (2) \left(\pi +\log \left(3-2 \sqrt{2}\right)\right)}{4 \sqrt{2}}-\frac 12\sum_{n=0}^\infty \frac{H_{\frac{n}{2}}-H_{\frac{n-1}{2}}}{4 n+3}$$ No he podido hacer explícito el resultado de la suma. Para su evaluación, podemos hacer $$\sum_{n=0}^\infty \frac{H_{\frac{n}{2}}-H_{\frac{n-1}{2}}}{4 n+3}=\sum_{n=0}^p \frac{H_{\frac{n}{2}}-H_{\frac{n-1}{2}}}{4 n+3}+\sum_{n=p+1}^\infty \frac{H_{\frac{n}{2}}-H_{\frac{n-1}{2}}}{4 n+3}$$ y aproximar el último sumando por $$\frac{H_{\frac{n}{2}}-H_{\frac{n-1}{2}}}{4 n+3}=\sum_{k=2}^? \frac {c_k}{4^{k-1}\, n^k}$$ donde los primeros $c_k$'s son $$\{1,-5,15,-29,87,-773,2319,27859,-83577,-3812501,11437503\}$$ Usando solo lo que se da aquí, algunos resultados para la suma en función de $p$ $$\left( \begin{array}{cc} p & \text{suma} \\ 5 & -0.16285829044608650070 \\ 10 & -0.16285829160689532584 \\ 15 & -0.16285829160764112453 \\ 20 & -0.16285829160764869429 \\ 25 & -0.16285829160764895979 \\ 30 & -0.16285829160764897866 \\ 35 & -0.16285829160764898078 \\ 40 & -0.16285829160764898111 \\ 45 & -0.16285829160764898117 \\ 50 & -0.16285829160764898119 \end{array} \right)$$

Answer 2

Al expandir el denominador e integrar término a término obtenemos: $$ -\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n }{4n+3}H_{n+\frac{3}{4}}, $$ donde $H_n$ es el número armónico $n$avo, en la fórmula anterior-- el número armónico de orden fraccionario.

No estoy seguro si es útil, pero la suma se puede realizar con la ayuda de, por ejemplo, Mathematica que produce una expresión relativamente simple: $$ \tfrac{1}{3} \Gamma \big(\tfrac{7}{4}\big)\, {}_2F_1^{(0,0,1,0)}\!\left(\tfrac{3}{4},1,\tfrac{7}{4},-1\right)-\frac{\gamma}{4 \sqrt{2}}\left[\pi -2\log(\sqrt{2}-1)\right]. $$ El superíndice significa que la derivada se toma con respecto al parámetro $c$ de la función hipergeométrica regularizada ${}_2F_1(a,b,c,z)$.

Answer 3

Prueba:

Sea $$ I=\int_0^1\frac{x^2 \log(1-x^4)}{1+x^4}\,\mathrm dx. $$ Expandiendo el factor de $(1+x^4)^{-1}$ e integrando término a término obtenemos $$ I=-\frac{1}{4}\sum_{k=0}^\infty \frac{H_{k+3/4}}{k+3/4}(-1)^k. $$ Trabajando con las propiedades del símbolo de Pochhammer podemos escribir $$ I=\frac{1}{3}\partial_c F\left({1,3/4 \atop c};-1\right)\bigg|_{c=7/4}-\frac{H_{3/4}}{3} F\left({1,3/4 \atop 7/4};-1\right). $$ Necesitamos encontrar una expresión explícita para la derivada restante. Usando esta relación tenemos $$ F\left({1,3/4 \atop c};-1\right)=2^{-3/4}(c-1)\left(-\frac{1}{2}\right)^{1-c}\operatorname{B}_{-1}(c-1,7/4-c), $$ donde $\operatorname{B}_z(a,b)$ es la función beta incompleta. Se sigue que $$ \partial_c F\left({1,3/4 \atop c};-1\right)\bigg|_{c=7/4}% =\frac{1}{4}(-1)^{3/4} (3\pi+\mathrm i(4+\log 8))\operatorname{B}_{-1}(3/4,0) -\frac{3}{4}(-1)^{1/4}\partial_c\operatorname{B}_{-1}(c-1,7/4-c)|_{c=7/4}, $$ donde $$ \partial_c\operatorname{B}_{-1}(c-1,7/4-c)|_{c=7/4}=\partial_a\operatorname{B}_{-1}(a,b)|_{a=3/4, b=0}-\partial_b\operatorname{B}_{-1}(a,b)|_{a=3/4, b=0}. $$ Podemos evaluar las derivadas restantes usando las derivadas de $\operatorname{B}_z(a,b)$ con respecto a $a$ y $b$ aquí. Para el primer término tenemos que $$ \partial_a\operatorname{B}_{-1}(a,b)|_{a=3/4, b=0}= \frac{1}{4} (-1)^{3/4} \left(\psi ^{(1)}\left(\frac{7}{8}\right)-\psi ^{(1)}\left(\frac{3}{8}\right)\right)+i \pi B_{-1}\left(\frac{3}{4},0\right). $$ El segundo término es más complicado ya que tiene polos de la forma $b^{-2}$ conforme $b\to 0$. Las derivadas dan $$ \partial_b\operatorname{B}_{-1}(a,b)|_{a=3/4, b=0}=\lim_{b\to 0}\left( \frac{2^b}{b^2}{_3F_2}\left({\frac{1}{4},b,b\atop b+1,b+1};2\right)+\left(\psi ^{(0)}(b)-\psi^{(0)}\left(b+\frac{3}{4}\right)\right) \operatorname B\left(\frac{3}{4},b\right)-\log (2)\operatorname{B}_2\left(b,\frac{3}{4}\right)\right). $$ Hacemos las siguientes observaciones conforme $b\to 0$: $$ \left(\psi ^{(0)}(b)-\psi ^{(0)}\left(b+\frac{3}{4}\right)\right) B\left(\frac{3}{4},b\right)\sim -\frac{1}{b^2}+4 C-\frac{7 \pi ^2}{24}+\frac{\log ^2(8)}{2}-\frac{1}{2} \pi \log (8)+\mathcal O(b), $$ y $$ \frac{2^b}{b^2}{_3F_2}\left({1/4,b,b\atop b+1,b+1};2\right)\sim \frac{1}{b^2}+\frac{\log 2}{b}+\frac{1}{2}\log^2 2+\frac{1}{2}{_4F_3}\left({1,1,1,5/4\atop 2,2,2};2\right)+\mathcal O(b), $$ y $$ \log (2)\operatorname{B}_2\left(b,\frac{3}{4}\right)\sim\frac{\log 2}{b}+\log^22+\frac{\log 2}{2}{_3F_2}\left({1,1,5/4\atop 2,2};2\right)+\mathcal O(b). $$ Estos tres resultados nos dan entonces $$ \partial_b\operatorname{B}_{-1}(a,b)|_{a=3/4, b=0}= 4\log^22-\frac{3}{2}\pi\log 2+4 C-\frac{7 \pi ^2}{24} +\frac{1}{2}{_4F_3}\left({1,1,1,5/4\atop 2,2,2};2\right) -\frac{\log 2}{2}{_3F_2}\left({1,1,5/4\atop 2,2};2\right). $$ Juntando todos los resultados obtenemos una expresión final para $I$.

Editar:

Gran parte de las funciones especiales en esta solución se reducen a funciones elementales mediante la fórmula de diferenciación \begin{align}\left(z\frac{d}{dz}+\beta_k-1\right){}_pF_q\biggl[ \begin{array}{c}\alpha_1,\ldots,\alpha_p \\ \beta_1,\ldots,\beta_k,\ldots,\beta_q\end{array};z\biggr]&=\\ =\left(\beta_k-1\right) {}_pF_q\biggl[ \begin{array}{c}\alpha_1,\ldots,\alpha_p \\ \beta_1,\ldots,\beta_k-1,\ldots,\beta_q\end{array};z\biggr]&. \tag{$\spadesuit$}\end{align}

Por ejemplo, esta fórmula nos da $$ (z\partial_z+1){_3F_2}\left({1,1,5/4\atop 2,2};z\right)={F}\left({1,5/4\atop 2};z\right)=\frac{4}{z}((1-z)^{-1/4}-1). $$ Tomando $y(z)={_3F_2}(1,1,5/4; 2,2;z)$ la fórmula anterior se escribe como $$ z y^\prime+y=\frac{4}{z}((1-z)^{-1/4}-1),\quad y(0)=1. $$ Resolviendo la ecuación diferencial encontramos $$ y(z)=\frac{2}{z}\left((-2-2 i) \log \left(-\sqrt[4]{1-z}+i\right)-(2-2 i) \log \left(\sqrt[4]{1-z}+i\right)-4 \log \left(\sqrt[4]{1-z}+1\right)-(1-2 i) \pi +\log (64)\right). $$ Sustituyendo $z=2$ y simplificando obtenemos el resultado $$ {_3F_2}\left({1,1,5/4\atop 2,2};2\right)=-\mathrm i\pi+4\log 2+(1-i) \log (3-2 \sqrt{2}). $$ Sospecho que mi solución para $I$ aquí puede reducirse a funciones elementales sin necesidad de funciones beta e hipergeométricas.

Answer 4

Esto puede ser contraproducente, pero podemos obtener otra forma a partir de la solución de @yarchik. $$ \begin{aligned} S% &=-\sum _{n=0}^{\infty } \frac{(-1)^n }{4n+3}H_{n+\frac{3}{4}},\\ &=-\frac{1}{4}\sum _{n=0}^{\infty } \frac{(-1)^n }{n+3/4}H_{n+\frac{3}{4}},\\ &=-\frac{1}{4}\int_0^1x^{-1/4}\sum _{n=0}^{\infty } (-x)^nH_{n+\frac{3}{4}}\,\mathrm dx,\\ \end{aligned} $$ La serie restante se puede resolver exactamente, obteniendo $$ \begin{aligned} S% &=\frac{1}{7}\int_0^1\frac{x^{3/4}}{1+x}F\left({1,7/4\atop 11/4};-x\right)\,\mathrm dx-\frac{H_{3/4}}{4}\int_0^1\frac{x^{-1/4}}{1+x}\,\mathrm dx,\\ &=\frac{1}{7}\int_0^1\frac{x^{3/4}}{1+x}F\left({1,7/4\atop 11/4};-x\right)\,\mathrm dx-\frac{H_{3/4}(-1)^{1/4}}{2}(\operatorname{arctan}((-1)^{1/4})- \operatorname{arctanh}((-1)^{1/4})), \end{aligned} $$ La función hipergeométrica en la integral está equilibrada y puede reducirse aún más.