Integral de la Combinación de Registro y Trigonométricas Inversas Función

Question

¿La siguiente integral tiene una forma cerrada ?:

\begin{ecuación} \int_{0}^{1}{\ln\left(\,x\,\right) \más de 1 + x}\,\arccos\left(\,x\,\right) \,{\rm d}x \end{ecuación}

Esta integral se ha publicado en la Integral y de la Serie hace una semana, pero sigue sin resolverse. Así que, me decido a publicar aquí.

Podría alguien, por favor me ayudan a encontrar la forma cerrada de preferencia con formas elementales ( escuela secundaria de métodos ) ?.

Cualquier ayuda sería muy apreciada. Gracias.

Answer 1

En primer lugar, hemos conjunto $x=\cos\theta\ \color{red}{\Rightarrow}\ dx=-\sin\theta\ d\theta$, entonces \begin{align} \mathcal{I}=\int_0^1\frac{\ln x}{1+x}\arccos(x)\ dx=-\int_0^{\Large\frac{\pi}2}\frac{\sin\theta}{1+\cos\theta}\cdot\theta\ \ln (\cos\theta)\ d\theta.\tag1 \end{align} Utilizando el hecho de que \begin{align} \tan\left(\frac\theta2\right)=\frac{\sin\theta}{1+\cos\theta} \end{align} y configuración de $y=\frac\theta2$, entonces $(1)$ resulta ser \begin{align} \mathcal{I}=-\int_0^{\Large\frac{\pi}2}\theta\tan\left(\frac\theta2\right)\ln (\cos\theta)\ d\theta=-4\int_0^{\Large\frac{\pi}4}y\tan\left y\right)\ln (\cos2y)\ dy.\tag2 \end{align} Ahora, la configuración de $t=\bronceado y\ \color{red}{\Rightarrow}\ dy=\dfrac{dt}{1+t^2}$ de los rendimientos \begin{align} \mathcal{I}&=-4\int_0^1 t\arctan(t)\ln \left(\frac{1-t^2}{1+t^2}\right)\ \frac{dt}{1+t^2}\\ Y=4\int_0^1\left[ \frac{t\arctan(t)}{1+t^2}\ln \left(1+t^2\right)- \frac{t\arctan(t)}{1+t^2}\ln \left(1-t^2\right)\right]\ dt.\tag3 \end{align} En realidad, la segunda integral en $(3)$ ha sido evaluado por Kirill y es igual a \begin{align} \int_0^1 \frac{t\arctan(t)}{1+t^2}\ln \left(1-t^2\right)\ dt=-\frac{\pi^3}{48}-\frac{\pi}{8}\log^2 2 +\text{G}\log 2,\tag4 \end{align} donde $\text{G}$ es el catalán es Constante. También puede referirse a la siguiente técnica para evaluar \begin{align} \int_0^1 \frac{\ln \left(1+a\right)\ln \left(1+bt\right)}{1+ct}\ dt. \end{align} La primera integral en $(3)$ puede ser evaluado mediante la configuración de $t=\tan x$, tenemos \begin{align} \int_0^1 \frac{t\arctan(t)}{1+t^2}\ln \left(1+t^2\right)\ dt=-2\int_0^{\Large\frac{\pi}4}x\tan x\ln (\cos x)\ dx. \end{align} Ahora, la aplicación de IBP por la configuración de $u=x$ y $$ v=\int\tan x\ln (\cos x)\ dx=-\ln^2(\cos x)\quad \color{red}{\Rightarrow}\quad \text{set}\ z= \cos x. $$ Por lo tanto \begin{align} \int_0^1 \frac{t\arctan(t)}{1+t^2}\ln \left(1+t^2\right)\ dt y=2x\ln^2(\cos x)\bigg|_{x=0}^{\Large\frac{\pi}4}-2\int_0^{\Large\frac{\pi}4}\ln^2 (\cos x)\, dx\\ &=\frac{\pi}8\ln^22-2\int_0^{\Large\frac{\pi}4}\ln^2 (\cos x)\ dx.\tag5 \end{align} Variable aleatoria se ha probado que $$ \int_0^{\Large\frac{\pi}4}\ln^2 (\sin x)\ dx=\frac{\pi^{3}}{192} + \frac{\text{G}}{2}\ln2 + \frac{3 \pi}{16} \ln^{2}2 - \Im \ \text{Li}_{3}(1-i)\tag6 $$ y Lucian ha demostrado que $$ \int_0^{\Large\frac{\pi}4}\ln^2 (\sin x)\ dx+\int_0^{\Large\frac{\pi}4}\ln^2 (\cos x)\ dx=\frac{\pi^3}{24}+\dfrac\pi2\ln^22.\tag7 $$ A continuación, mediante el uso de $(3)$, $(4)$, $(5)$, $(6)$, y $(7)$, se obtiene finalmente

\begin{align} \mathcal{I}=\int_0^1\frac{\ln x}{1+x}\arccos(x)\ dx=\color{purple}{2\text{G}\ln2+\frac\pi2\ln^22+\frac{\pi^3}{16}+4\,\Im\bigg[\operatorname{Li}_3(1-i)\bigg]}. \end{align}

El resultado anterior es exactamente similar a la de Cleo respuesta. Puede ser comprobada mediante el siguiente trilogarithm identidad

$\displaystyle \operatorname{Li}_3(z)+\operatorname{Li}_3(1-z)+\operatorname{Li}_3\left(1-\frac1z\right)=\zeta(3)+\frac16\ln^3z+\zeta(2)\ln z-\frac12\ln^2z\ln(1-z). $$\tag8$

La configuración de $z=i$ a $(8)$, Wolfram Alpha muestra que $\displaystyle\Im\bigg[\operatorname{Li}_3(1-i)\bigg]=-\Im\bigg[\operatorname{Li}_3(1+i)\bigg]$ desde $$ \Im\bigg[\zeta(3)+\frac16\ln^3(i)+\zeta(2)\ln(i)-\frac12\ln^2(i)\ln(1-i)-\operatorname{Li}_3(i)\bigg]=0. $$ Por lo tanto, la otra forma cerrada de $\mathcal{I}$ es

\begin{align} \mathcal{I}=\int_0^1\frac{\ln x}{1+x}\arccos(x)\ dx=\color{purple}{2\text{G}\ln2+\frac\pi2\ln^22+\frac{\pi^3}{16}-4\,\Im\bigg[\operatorname{Li}_3(1+i)\bigg]}. \end{align}

Answer 2

$$\int_0^1\frac{\ln x\cdot\arccos x}{1+x}\,dx=2\G\ln2+\frac\pi2\ln^22+\frac{\pi^3}{16}-4\,\Im\operatorname{Li}_3(1+i).$$ Usted también puede tener una forma diferente que no hace uso de los números complejos: $$\int_0^1\frac{\ln x\cdot\arccos x}{1+x}\,dx=2\,G\ln2+\frac\pi4\ln^22-\frac{\pi^3}8+{_4F_3}\!\left(\begin{array}c\tfrac12,\tfrac12,1,1\\\tfrac32,\tfrac32,\tfrac32\end{array}\middle|\,1\right)\!.$$

Answer 3

El uso de esta otra posible solución es

$$\int_0^1\frac{\ln x}{1+x}\arccos(x)\,dx\, = 2\G\ln2 + \frac{\pi}{8}\ln^2 2-\frac{5\pi^3}{32} + 4 \, \Im \left[ \operatorname{Li}_3 \left( \frac{1+i}{2} \right) \right].$$

Desde aquí sólo podemos dar algo más, si encontramos una respuesta para esta pregunta. Creo que sin algo realmente nuevo método no tenemos oportunidad de contestarla. Tal vez si tengo algo de sorprendente respuesta a esta pregunta en argumentos complejos, entonces podemos ir más allá, pero realmente no tienen esperanza.