La evaluación de $\int_0^1 \frac{\log x \log \left(1-x^4 \right)}{1+x^2}dx$

Question

Estoy tratando de demostrar que

$$\int_0^1 \frac{\log x \log \left(1-x^4 \right)}{1+x^2}dx = \frac{\pi^3}{16}-3G\log 2 \etiqueta{1}$$

donde $G$ es del catalán Constante.

Yo era capaz de expresarse en términos de Euler Sumas, pero no parece ser de cualquier uso.

$$\int_0^1 \frac{\log x \log \left(1-x^4 \right)}{1+x^2}dx = \frac{1}{16}\sum_{n=1}^\infty \frac{\psi_1 \left(\frac{1}{4}+n \right)-\psi_1 \left(\frac{3}{4}+n \right)}{n} \etiqueta{2}$$

Aquí $\psi_n(z)$ denota la polygamma función.

Me puedes ayudar a resolver este problema?

Answer 1

Traté de sustituciones y la diferenciación w.r.t a paramater truco como el de otros carteles. Otro resultado parcial, o un rastro de migas de pan a seguir, es el siguiente. Tratamos de una expansión de la serie, $$ \frac{\log\left(1-x^4\right)}{1+x^2} = \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} x^{4k}\left(x^{2} -1\right)H_k, $$ donde $H_k$ son los Armónicos números. Entonces \begin{align} \int_0^1 \frac{\log x \log \left(1-x^4 \right)}{1+x^2}\ \mathrm{d}x &=\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\, H_k\int_0^1 x^{4k}\left(x^{2} -1\right)\log x \ \mathrm{d}x \\ &=\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \, \frac{H_k}{(4k+1)^2}-\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \, \frac{H_k}{(4k+3)^2}. \end{align} Estas sumas se ven muy similares a los evaluados en este post, en el que se transforma en la alternancia de sumas. Utilizando las mismas técnicas, o tal vez hacia atrás a partir de las respuestas, podemos esperar muestran que $$ \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \, \frac{H_k}{(4k+1)^2} = -G\left(\frac{\pi}{4}+\frac{\log 8}{2} \right) +\frac{7}{4}\zeta(3) +\frac{\pi^3}{32} - \frac{\pi^2}{16}\log 8, $$ $$ \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \, \frac{H_k}{(4k+3)^2} = -G\left(\frac{\pi}{4}-\frac{\log 8}{2} \right) +\frac{7}{4}\zeta(3) -\frac{\pi^3}{32} - \frac{\pi^2}{16}\log 8, $$ Restando la segunda de la primera nos da $$ \frac{\pi^3}{16}-G\log 8. $$

Answer 2

Aquí es una prueba de Kirill la afirmación de que $ \displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{H_{k}}{ (k+a)^{2}}= \Big(\gamma + \psi(a) \Big) \psi_{1}(a) - \frac{1}{2} \psi_{2}(a)$.

$$ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{H_{k}}{(k+a)^{2}} = \sum_{k=0}^{\infty} \sum_{n=1}^{k} \frac{1}{n} \frac{1}{(k+a)^{2}} = \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{k=n}^{\infty} \frac{1}{n} \frac{1}{(k+a)^2} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\psi_{1}(a+n)}{n} $$

$$ = - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \int_{0}^{1} \frac{x^{a+n-1} \ln x}{1-x} \ dx = - \int_{0}^{1} \frac{x^{- 1} \ln x}{1-x} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n} \ dx = \int_{0}^{1} \frac{x^{- 1} \ln x \ln(1-x)}{(1-x)} \, dx $$

$$ = \lim_{h \to 0^{+}} \frac{\partial }{\partial \parcial b} B(a,b) = \lim_{h \to 0^{+}} \frac{\Gamma(a) \Gamma(b)}{\Gamma(a+b)} \Big( \psi(a) \psi(b) - \psi(a)\psi(a+b) - \psi(b) \psi(a+b) + \psi^{2}(a+b)$$ $$ - \psi_{1}(a+b) \Big) $$

$$ = \lim_{h \to 0^{+}} \frac{\Gamma(a)}{\Gamma(a+b)} \Big( \frac{1}{b} - \gamma + \mathcal{S}(b) \Big)\Bigg( \Big( \gamma \psi_{1}(a) + \psi(a) \psi_{1} (a) - \frac{\psi_{2}(a)}{2} \Big)b + \mathcal{S} b^{2}) \Bigg)$$

$$ = \Big(\gamma + \psi(a) \Big) \psi_{1}(a) - \frac{1}{2} \psi_{2}(a)$$

Answer 3

Esta es una solución parcial.

Pongamos, por $0\leq t\leq 1$,

$$F(t) = \int_0^1 \frac{\log x \log(1-tx^4)}{1+x^2} dx$$

Entonces

$$F'(t) = -\int_0^1 \frac{x^4\log x}{(1+x^2)(1-tx^4)} dx = -\int_0^1 \frac{x^4\log x}{1+x^2} \sum_{n=0}^\infty t^nx^{4n} dx$$

$$=-\sum_{n=0}^\infty t^{n} C_{4(n+1)}$$

donde $$C_m = \int_0^1 \frac{x^{m}\log x}{1+x^2} dx.$$

Uno tiene $C_0 = -G$. Multiplicando ambos lados de la identidad $$x^m = \frac{x^m}{1+x^2} + \frac{x^{m+2}}{1+x^2}$$ por $\log x$ y la integración de de $0$ a $1$, se encuentra la fórmula de recurrencia

$$C_m + C_{m+2} = \frac{-1}{(1+m)^2}$$

y por lo tanto

$$C_{m+4} - C_m = \frac{-1}{(3+m)^2} + \frac{1}{(1+m)^2}.$$

Por lo tanto,

$$C_0 = -G$$ $$C_4 = -G +1 - \frac{1}{3^2}$$ $$C_8 = -G + 1 - \frac{1}{3^2} + \frac{1}{5^2} - \frac{1}{7^2}.$$

y así sucesivamente. (Comentario que $C_{4n} \to 0$, por definición, de $G$.) Ahora, la observación de que $F(0) = 0$, por lo que su integral es

$$F(1) = \int_0^1 F'(t) dt = -\sum_{n=0}^\infty \frac{C_{4(n+1)}}{n+1} = -\sum_{n=1}^\infty \frac{C_{4n}}{n}.$$

Ahora, debe ser una cuestión de suma parcial para transformar la suma de $-\sum_{n=1}^\infty \frac{C_{4n}}{n}$ en $\pi^3/16 -3G\log 2$ (de una forma similar a esta), pero yo no lo veo de inmediato. Voy a pensar en ello un poco más tarde.

Answer 4

Tengo varias piezas de este, pero no puedo ponerlos juntos. Tal vez alguien puede recoger aquí.

$\int_0^1 \frac{logxlog(1-x^4)}{(1+x^2)}dx$

Vamos a dejar que $u = (1-x^4)$ dando du = $-4x^3dx$.

La reescritura de la primera integral tenemos

$\int_0^1 \frac{-4x^3logxlog(1-x^4)}{-4x^3(1+x^2)}dx$ =

$\int_0^1 \frac{log(1-u)^{1/4}log(u)}{-4(1-u)^{3/4}(1+u^{1/2})}du$ =

(-1/16)$\int_0^1 \frac{log(1-u)log(u)}{(1-u)^{3/4}(1+(1-u)^{1/2})}du$

Vamos a v = 1-u así que dv = -du lo que nos lleva a

(1/16)$\int_0^1 \frac{log(v)log2(v^{1/2}(v^{-1/2}-v^{1/2})/2}{(v)(v^{-1/4}+v^{1/4})}dv \hspace{50px}$ El hecho de que los 1/16 de muestra es alentador.

Ahora vamos a w = log v, de modo que v = $e^w$ y dw = (1/v)dv. Así que ahora tenemos

(1/16)$\int_{-\infty}^0 \frac{w[ log 2 + w/2 + log(-sinh(w))}{2(cosh(v/2)}dw$

Habiendo llegado a este punto el siguiente paso es el catalán constante que puede ser definida como $\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2} = 1/1^2 - 1/3^2 + 1/5^2 ... $

El registro (-sinh(w)) se puede expandir en una Taylor de la serie, con la idea de integrar término a término, y hay alguna razón para la esperanza de que se va a producir algo útil. El origen de esta esperanza es

La evaluación de una integral definida que involucra $\log\cos x$

Lo que no veo ahora mismo es lo que iba a suceder con todas las otras cosas en la integral, pero cabría la esperanza de que las cosas podrían funcionar.