integral con plaza de registro de una ecuación cuadrática $\int_{0}^{1}\frac{\log^{2}(x^{2}-x+1)}{x}dx$

Question

Aquí está una integral deriva mientras que la evaluación de otro. Parece ser bastante difícil, pero hay algunas personas aquí que no puede ser cuestionada :)

Demostrar que:

$$\int_{0}^{1}\frac{\log^{2}(x^{2}-x+1)}{x}dx=\frac{11}{9}\zeta(3)-\frac{\pi}{72\sqrt{3}}\left(5\psi_{1}(1/3)+4\psi_{1}(2/3)-3\psi_{1}(5/6)\right)$$

$$=\frac{11}{9}\zeta(3)+\frac{4\pi^{3}}{27\sqrt{3}}-\frac{2\pi}{9\sqrt{3}}\psi_{1}(1/3)=\frac{11}{9}\zeta(3)-\frac{4\pi}{9}Cl_{2}(\frac{\pi}{3})$$

$$=CL_{3}(\frac{\pi}{3})-2CL_{3}(\frac{2\pi}{3})-\frac{4\pi}{9}Cl_{2}(\frac{\pi}{3})..........\text{see below}$$

He intentado todo tipo de 'comienza' a no satisfactorio, pero las cosas se ven prometedoras. Hay algunos poderosos sharp gente aquí que puede ser mejor en derivar la solución.

Pensé que tal vez la identidad:

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

o la función Beta podría ser utilizado si se les da suficiente ingenio.

Esto me llevó a la no menos imponente de Euler/recíproco de la central de los coeficientes binomiales suma abajo. Sería genial para que muestre solo la mitad de la suma es equivalente a la derecha de la suma:

$$1/4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}n\Gamma^{2}(n)}{(n+1)(2n+1)\Gamma(2n)}=1/2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{(n+1)(2n+1)\binom{2n}{n}}=1/3\zeta(3)-2/3\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{3}\binom{2n}{n}}$$

Hay una forma general para $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{\binom{2n}{n}}x^{n}?$$

Traté de comenzar con la identidad: $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\Gamma^{2}(n)}{\Gamma(2n)}x^{n-1}=\frac{4\sin^{-1}(\frac{\sqrt{x}}{2})}{\sqrt{x(4-x)}}$$ y el uso de diversas manipulaciones a martillo en el formulario necesario. Esto, también, se volvió monstruoso.

Parece haber una relación a Clausen funciones (como con otras de registro de las integrales como $\int_{0}^{1}\frac{\log(x)}{x^{2}-x+1}dx$), a saber:

Yo uso el Cl para el pecado y CL para cos Clausen funciones

$$Cl_{2}(\frac{\pi}{3})=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin(\frac{\pi k}{3})}{k^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{72}\left(\psi_{1}(1/6)+\psi_{1}(1/3)-\psi_{1}(2/3)-\psi_{1}(5/6)\right)$$

$$=\frac{\sqrt{3}}{6}\psi_{1}(1/3)-\frac{\pi^{2}\sqrt{3}}{9}$$

y

$$CL_{3}(\frac{\pi}{3})-CL_{3}(\frac{2\pi}{3})=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos(\frac{\pi k}{3})}{k^{3}}-2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos(\frac{2\pi k}{3})}{k^{3}}=\frac{11}{9}\zeta(3)$$

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Otro enfoque. También me rompió la integral como:

$$\int_{0}^{1}\frac{\log^{2}(x^{2}-x+1)}{x}dx=\int_{0}^{1}\frac{\log^{2}(1-xe^{\frac{\pi i}{3}})}{x}dx+2\int_{0}^{1}\frac{\log(1-xe^{\pi i/3})\log(1-xe^{-\pi i/3})}{x}dx+\int_{0}^{1}\frac{\log^{2}(1-xe^{-\pi i/3})}{x}dx$$

El centro integral de la derecha del signo igual es el que me ha dado el ajuste.

Creo que este es un divertido y con la cabeza scratchin' integral que me ha llevado a otros descubrimientos. Tal vez una generalización podría obtenerse con los otros poderes del registro como n = 3, 4, etc.

Me pregunto si ellos también pueden ser evaluados en términos de Clausens y, a continuación, en formas cerradas que implican $\zeta(n+1)$ y los derivados de la digamma, $\psi_{n-1}(z)?$.

Otro más fácil es $$\int_{0}^{1}\frac{\log(x^{2}-x+1)}{x}dx=\frac{-\pi^{2}}{18}=\frac{-1}{3}\zeta(2)?$$

Answer 1

De activos a nuestra disposición: $$\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+2}}{(n+1)(2n+1)\binom{2n}{n}} = 4(\arcsin (x/2))^2$$

La diferenciación seguido por la sustitución de $x \to \sqrt{x}$ le da:

$\displaystyle \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n}}{(2n+1)\binom{2n}{n}} = \frac{2\arcsin (\sqrt{x}/2)}{\sqrt{x}\sqrt{1-(\sqrt{x}/2)^2}}$

Por lo tanto, hemos dividido la serie como: $$ \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{H_n}{(n+1)(2n+1)\binom{2n}{n}} \\= \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{H_{n+1}}{(n+1)(2n+1)\binom{2n}{n}} - \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^2(2n+1)\binom{2n}{n}}$$

La primera de la serie pueden ser tratados con el uso de, $\displaystyle\frac{H_{n+1}}{n+1} = -\int_0^1 x^n\log(1-x)\,dx$

\begin{align*}\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{H_{n+1}}{(n+1)(2n+1)\binom{2n}{n}}&= -\sum\limits_{n=0}^{\infty} \int_0^1 \frac{x^n\log(1-x)}{(2n+1)\binom{2n}{n}}\,dx\\ &= -2\int_0^1 \frac{\arcsin (\sqrt{x}/2)\log (1-x)}{\sqrt{x}\sqrt{1-(\sqrt{x}/2)^2}}\,dx\\ &= -8\int_0^{1/2} \frac{\arcsin x \cdot \log (1-4x^2)}{\sqrt{1-x^2}}\,dx\\ &= -8\int_0^{\pi/6} \theta \log (1-4\sin^2 \theta)\,d\theta\\ &= -8\int_0^{\pi/6} \theta \log \left(4\sin\left(\theta + \frac{\pi}{6}\right)\sin\left(\frac{\pi}{6}-\theta\right)\right) \end{align*}

El uso de la Serie de Fourier, $\displaystyle \log (2\sin \theta) = -\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\cos 2n\theta}{n}$ obtenemos:

\begin{align*}&\int_0^{\pi/6} \theta\log \left(2\sin\left(\frac{\pi}{6}+\theta\right)\right)\,d\theta \\&= -\sum\limits_{n=1}^{\infty} \int_0^{\pi/6} \frac{\theta\cos \left(\dfrac{n\pi}{3}+2n\theta\right)}{n}\,d\theta\\&= -\frac{\pi}{12}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\sin (2n\pi/3)}{n^2}-\frac{1}{4}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\cos (2n\pi/3)}{n^3} +\frac{1}{4}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\cos (n\pi/3)}{n^3}\end{align*}

y, \begin{align*}&\int_0^{\pi/6} \theta\log \left(2\sin\left(\frac{\pi}{6}-\theta\right)\right)\,d\theta \\&= -\sum\limits_{n=1}^{\infty} \int_0^{\pi/6} \frac{(\pi/6 - \theta)\cos \left(2n\theta\right)}{n}\,d\theta\\&= -\frac{1}{4}\zeta(3)+\frac{1}{4}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{\cos (n\pi/3)}{n^3}\end{align*}

Por lo tanto, $$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{H_{n+1}}{(n+1)(2n+1)\binom{2n}{n}} = -\frac{2}{9}\zeta(3) + \frac{2\pi}{3}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{\sin (2n\pi/3)}{n^2}$$

Del mismo modo podemos tratar con el segundo de la serie:

\begin{align*}\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^2(2n+1)\binom{2n}{n}} &= 8\int_0^{1/2} \frac{\arcsin^2 (x)}{x}\,dx \\&= -4\zeta(3)+4\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{\cos (n\pi/3)}{n^3}+\frac{4\pi}{3}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\sin (2n\pi/3)}{n^2}\end{align*}

La combinación de los resultados que se obtienen:

\begin{align*}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{H_n}{(n+1)(2n+1)\binom{2n}{n}} &= \frac{22}{9}\zeta(3) - \frac{2\pi}{3}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\sin (2n\pi/3)}{n^2} \\&= \frac{22}{9}\zeta(3) - \frac{\pi}{9\sqrt{3}}\left(\psi'\left(\frac{1}{3}\right) - \psi'\left(\frac{2}{3}\right)\right)\end{align*}

Answer 2

La más fácil es, de hecho, mucho más fácil: escribir \begin{align} \int_0^1\frac{\ln\left(x^2-x+1\right)dx}{x}&=\int_0^1\frac{\ln\left(1+x^3\right)dx}{x}-\int_0^1\frac{\ln\left(1+x\right)dx}{x}=\\ &=\int_0^1\frac{\ln\left(1+x^3\right)d\left(x^3\right)}{3x^3}-\int_0^1\frac{\ln\left(1+x\right)dx}{x}=\\ &=-\frac23\int_0^1\frac{\ln\left(1+x\right)dx}{x}=-\frac23\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\int_0^1 x^{k-1}dx=\\ &=-\frac23\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k^2}=-\frac{\zeta(2)}{3}=-\frac{\pi^2}{18}. \end{align}

Answer 3

El uso de la serie $$ 2\sum_{k=1}^\infty\frac{H_kx^k}{k+1}=\frac{\log(1-x)^2}x $$ y la integral $$ \int_0^{1/2}\left(\frac14-x^2\right)^k\,\mathrm{d}x=\frac{k!}{2^{k+1}(2k+1)!!} $$ tenemos $$ \begin{align} \int_0^1\frac{\log\left(x^2-x+1\right)^2}x\,\mathrm{d}x &=\int_{-1/2}^{1/2}\frac{\log\left(x^2+\frac34\right)^2}{x+\frac12}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac12\int_{-1/2}^{1/2}\frac{\log\left(x^2+\frac34\right)^2}{\frac14-x^2}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^{1/2}\frac{\log\left(x^2+\frac34\right)^2}{\frac14-x^2}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^{1/2}2\sum_{k=1}^\infty\frac{H_k\left(\frac14-x^2\right)^k}{k+1}\,\mathrm{d}x\\ &=\sum_{k=1}^\infty\frac{H_k}{k+1}\frac{k!}{2^k(2k+1)!!}\\ &=\sum_{k=1}^\infty\frac{2H_k}{(k+1)^2\binom{2k+2}{k+1}} \end{align} $$ que converge en más de $0.6$ dígitos por plazo a $$ 0.1041096792619493789449118629712286069593 $$