Integral $\int_0^1\frac{\ln x}{\left(1+x\right)\left(1+x^{-\left(2+\sqrt3\right)}\right)} dx$

Question

Hay un curioso conocidointegral: $$\int_0^1\frac{\ln\left(1+x^{2+\sqrt{3\vphantom{\large3}}}\right)}{1+x}dx=\frac{\pi^2}{12}\left(1-\sqrt{3\vphantom{\large3}}\right)+\ln \left(1+\sqrt{3\vphantom{\large3}}\right)\ln2.$$ Si consideramos que $\alpha=2+\sqrt{3\vphantom{\large3}}$ como un parámetro y tomamos la derivada de w.r.t. $\alpha$ en este punto, se obtiene el siguiente: $$I=\int_0^1\frac{\ln x}{\left(1+x\right)\left(1+x^{-\left(2+\sqrt{3\vphantom{\large3}}\right)}\right)}dx.$$ Es posible expresar la integral $I$ en una forma cerrada?

Answer 1

Aquí está un parcial informe de progreso. Yo soy básicamente la repetición de Jim Belk del análisis de la respuesta anterior.

$F(a) = \int_{x=0}^1 \frac{\log(1+x^a)}{1+x} dx$. Entonces $$F(a) = \int_{x=0}^1 \int_{y=0}^{x^a} \frac{dx dy}{(1+x)(1+y)} = \int_{0 \leq y \leq x^a \leq 1} \frac{dx dy}{(1+x)(1+y)}$$ así $$F(a) + F(a^{-1}) = \int_{0 \leq y \leq x^a \leq 1} \frac{dx dy}{(1+x)(1+y)} + \int_{0 \leq y \leq x^{1/} \leq 1} \frac{dx dy}{(1+x)(1+y)}$$ $$= \int_{0 \leq y \leq x^a \leq 1} \frac{dx dy}{(1+x)(1+y)} + \int_{0 \leq y^a \leq x \leq 1} \frac{dx dy}{(1+x)(1+y)} = \int_{0 \leq x,y \leq 1} \frac{dx dy}{(1+x)(1+y)} = (\log 2)^2.$$ (Con el fin de combinar las integrales, en primer lugar cambie los nombres de $x$ y $y$ en el segundo.)

Así $$F'(a) - a^{-2} F'(a^{-1})=0.$$ Esto da una relación lineal entre $F'(2 + \sqrt{3})$ y $F'(2-\sqrt{3})$. Si nos encontramos con una segunda, podemos resolver las ecuaciones lineales y hacer.

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Observe que $$F'(a) = \int_{x=0}^1 \frac{x^a \log x dx}{(1+x)(1+x^a)} = \sum_{m,n=0}^{\infty} \int_{x=0}^1 (-1)^{m+n} x^{m+(n+1)} \log x dx.$$ La integración por partes, $\int_{x=0}^1 x^b \log x dx = \frac{-1}{(b+1)^2}$. Así que, ignorando los problemas de convergencia, debemos tener $$F'(a) = \sum_{m,n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{m+n+1}}{(m+(n+1) + 1)^2} = \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{m+n+1}}{(m+n)^2}$$ En el último paso, nos dio $m+1$ y $n+1$ en $m$ y $n$ para hacer las cosas bastante. Mi conjetura es que la convergencia de los problemas se pueden tratar por cualquier $a>0$, pero no he pensado mucho en eso.

Así $$F'(a) + F'(a^{-1}) = \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{(-1)^{m+n+1}}{(m+n)^2} +\frac{(-1)^{m+n+1}}{(m+n a^{-1})^2} \right).$$ Poner $a=2 + \sqrt{3}$, esto es $$\sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{m+n+1} \frac{2 (m^2+4mn+7n^2)}{(m^2+4mn+n^2)^2} $$ $$= 2 \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{m+n+1}}{m^2+4mn+n^2} +12 \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{m+n+1} n^2}{(m^2+4mn+n^2)^2}.$$

Aquí es donde me he quedado sin ideas. La primera suma es básicamente el uno al final de Jim Belk del post, pero no tengo ideas para el segundo.

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \\pars{1 + x} \bracks{1 + x^{-\pars{2 + \root{3}}}}}\,\dd x:\ {\large ?}}$

\begin{align} \mbox{consideremos}&\quad {\cal F}\pars{\mu}\equiv \int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \\pars{1 + x}\pars{1 + x^{-\mu}}}\,\dd x\quad \mbox{tales que} \\[3 mm]&\int_{0}^{1}{\ln\pars{x}\over \pars{1 + x} \bracks{1 + x^{-\pars{2 + \root{3}}}}}\,\dd x = {\cal F}\pars{2 + \raíz{3}}\etiqueta{1} \end{align}

\begin{align} \color{#c00000}{{\cal F}\pars{\mu}} &=\totald{}{\mu}\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 + x^{\mu}} \over 1 + x}\,\dd x =\totald{}{\mu}\int_{0}^{1}\sum_{m = 1}^{\infty}{\pars{-1}^{m + 1} \over m}x^{m\mu} \sum_{n = 0}^{\infty}\pars{-1}^{n}x^{n}\,\dd x \\[3 mm]&=\totald{}{\mu}\sum_{n = 0}^{\infty}\pars{-1}^{n} \sum_{m = 1}^{\infty}{\pars{-1}^{m + 1} \over m}\int_{0}^{1}x^{m\mu + n}\,\dd x =\totald{}{\mu}\sum_{n = 0}^{\infty}\pars{-1}^{n} \sum_{m = 1}^{\infty}{\pars{-1}^{m + 1} \over m\pars{m\mu + n}} \\[3 mm]&=\totald{}{\mu}\left\lbrace {1 \over \mu}\sum_{n = 0}^{\infty}\pars{-1}^{n}\times\right. \\[3 mm]&\left.\phantom{\totald{}{\mu}\llaves{\,\,\,}}\bracks{ \sum_{m = 0}^{\infty}{1 \over \pars{2m + 1}\pars{2m + 1 + n/\mu}} -\sum_{m = 0}^{\infty}{1 \over \pars{2m + 2}\pars{2m + 2 + n/\mu}}}\right\rbrace \\[3 mm]&= {1 \over 4}\,\totald{}{\mu}\llaves{{1 \over \mu} \sum_{n = 0}^{\infty}\pars{-1}^{n}\bracks{ {\Psi\pars{\bracks{1 + n/\mu}/2} - \Psi\pars{1/2} \over n/\bracks{2\mu}} - {\Psi\pars{1 + n/\bracks{2\mu}} - \Psi\pars{1} \over n/\bracks{2\mu}}}} \\[3 mm]&=\media\,\totald{}{\mu} \sum_{n = 0}^{\infty}{\pars{-1}^{n} \over n}\bracks{ \Psi\pars{\mitad + {n \más de 2\mu}} - \Psi\pars{1 + {n \más de 2\mu}}} \\[3 mm]&=\color{#c00000}{-\,{1 \over 8\mu^{2}} \sum_{n = 0}^{\infty}\pars{-1}^{n}\bracks{ -\Psi'\pars{\mitad + {n \más de 2\mu}} + \Psi'\pars{1 + {n \más de 2\mu}}}} \end{align} donde $\ds{\Psi\pars{z}}$ es la Digamma Función.

También, \begin{align} \Psi'\pars{\mitad + {n \más de 2\mu}}&=4\Psi'\pars{n \\mu} -\Psi'\pars{n \más de 2\mu} \\[3 mm] \Psi'\pars{1 + {n \más de 2\mu}}&=\Psi'\pars{n \más de 2\mu} - {4\mu^{2} \over n^{2}} \end{align}

\begin{align} \color{#00f}{\large{\cal F}\pars{\mu}}&= {\Psi'\pars{1/2} - \Psi'\pars{1} \más de 8\mu^{2}} +{1 \over 4\mu^{2}} \sum_{n = 1}^{\infty}\pars{-1}^{n}\bracks{ 2\Psi'\pars{n \\mu} - \Psi'\pars{n \más de 2\mu}} -\media\sum_{n = 1}^{\infty}{\pars{-1}^{n} \over n^{2}} \\[3 mm]&=\color{#00f}{\large{\pi^{2} \over 24}\pars{{1 \over \mu^{2}} + 1} +{1 \over 4\mu^{2}} \sum_{n = 1}^{\infty}\pars{-1}^{n}\bracks{ 2\Psi'\pars{n \\mu} - \Psi'\pars{n \más de 2\mu}}} \end{align}

Hasta el momento !!!.

Answer 3

Jim Belk del análisis es muy impresionante. Pero me temo que hay una suposición de que $\alpha\ge 0$ siendo implícitamente en su análisis. Aquí se presenta la otra mitad de la respuesta. \begin{eqnarray} F(\alpha)&=&\int_0^1 {\frac{\ln (1+x^\alpha)}{1+x}dx} \\ I(\alpha)&=&\frac{dF}{d\alpha}=\int_0^1 {\frac{\ln x}{(1+x)(1+x^{-\alpha})}dx} \\ &=&\int_0^1 {\frac{\ln x}{1+x}\frac{x^\alpha}{1+x^\alpha}dx} \\ &=&\int_0^1 {\frac{\ln x}{1+x} \left( 1 - \frac{1}{1+x^\alpha} \right) dx } \\ &=&\int_0^1 {\frac{\ln x}{1+x}dx}-\int_0^1{ \frac{1}{1+x^\alpha} \frac{\ln x}{1+x}dx } \\ &=&-\frac{\pi^2}{12}-I(-\alpha) \\ \end{eqnarray}