Evaluar $\int_0^1 \frac{\log \left( 1+x^{2+\sqrt{3}}\right)}{1+x}\mathrm dx$

Question

Estoy tratando de encontrar una forma cerrada para

$$\int_0^1 \frac{\log \left( 1+x^{2+\sqrt{3}}\right)}{1+x}\mathrm dx = 0.094561677526995723016 \cdots$$

Parece que la respuesta es $$\frac{\pi^2}{12}\left( 1-\sqrt{3}\right)+\log(2) \log \left(1+\sqrt{3} \right)$$

Mathematica es incapaz de dar una forma cerrada para la integral indefinida.

¿Cómo podemos demostrar este resultado? Por favor, ayúdenme.

EDITAR

Además de este resultado, se sabe que existen las siguientes igualdades: $$\begin{align*} \int_0^1 \frac{\log \left( 1+x^{4+\sqrt{15}}\right)}{1+x}\mathrm dx &=\frac{\pi^2}{12} \left( 2-\sqrt{15}\right)+\log \left( \frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)\log \left(2+\sqrt{3} \right) \\ &\quad +\log(2)\log\left( \sqrt{3}+\sqrt{5}\right) \\ \int_0^1 \frac{\log \left( 1+x^{6+\sqrt{35}}\right)}{1+x}\mathrm dx &= \frac{\pi^2}{12} \left( 3-\sqrt{35}\right)+\log \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)\log \left(8+3\sqrt{7} \right) \\ &\quad +\log(2) \log \left( \sqrt{5}+\sqrt{7}\right) \end{align*}$$

Por favor, eche un vistazo aquí .

Answer 1

$\def\ZZ{\mathbb{Z}}\def\RR{\mathbb{R}}$ Evaluaré la suma al final de El puesto de Jim Belk .

Está claro que aquí pasan muchas más cosas; espero que venga un teórico de los números y nos explique lo que realmente pasa. Seré descuidado con los temas de convergencia.

Set $$S:= \sum_{k,n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+n}}{k^2+4kn+n^2}.$$ Hemos establecido $m = k+2n$ para diagonalizar la forma cuadrática: $$S = \sum_{0 < 2n < m} \frac{(-1)^{m-n}}{m^2 - 3 n^2}.$$ Resulta más elegante trabajar con $$T : = \sum_{0 \leq 2n < m} \frac{(-1)^{m-n}}{m^2 - 3 n^2} = S + \sum_{m=1}^{\infty} \frac{(-1)^m}{m^2} = S - \frac{\pi^2}{12}.$$

Dejemos que $R$ sea el anillo $\ZZ[\sqrt{3}]$ . Sea $D \subset R$ sea $\{ m+n\sqrt{3} : 0 \leq 2n < m \}$ . Así que, simplemente como una cuestión de reescritura formal $$T = \sum_{m+n \sqrt{3} \in D} \frac{(-1)^{m+n}}{m^2-3 n^2}.$$

A continuación trataremos de interpretar cada una de estas cantidades en términos del anillo $R$ . Recordemos que, para $m+n \sqrt{3} \in R$ la norma $N(m+n \sqrt{3})$ es $m^2 - 3 n^2$ . Definir $R_{+} = \{ a \in R : N(a) > 0\}$ y $R_{-} = \{ a \in R : N(a) < 0 \}$ .

Para $m+n \sqrt{3} \in R$ , defina $\sigma_2(m+n \sqrt{3}) = (-1)^{m+n}$ .

Dejemos que $\Gamma$ denotan el grupo unitario de $R$ . Explícitamente, $\Gamma$ es $\{ \pm 1 \} \times (2+\sqrt{3})^{\ZZ}$ .

Obsérvese que la multiplicación por $\Gamma$ toma $R_{+}$ y $R_{-}$ a ellos mismos. He aquí el primer milagro: $D$ es un dominio fundamental para la acción de $\Gamma$ en $R_{+}$ ¡! Por ejemplo, la multiplicación por $2+\sqrt{3}$ mapea el rayo $\RR_{\geq 0} (1+0 \sqrt{3})$ delimitando un lado de $D$ al rayo $\RR_{\geq 0} (2+\sqrt{3})$ en el otro lado. Además, la multiplicación por unidades deja $N( \ )$ y $\sigma_2(\ )$ sin cambios. Así que podemos ver la suma como $$T = \sum_{a \in R_{+}/\Gamma} \frac{\sigma_2(a)}{N(a)}$$ donde la suma significa escoger un representante para cada órbita del $\Gamma$ acción.

Prefiero sumar sobre $R$ que $R_{+}$ . Definir $\chi_{\infty}$ para ser $\pm 1$ en $R_{\pm}$ . Así que podemos reescribir $$ T = \frac{1}{2} \sum_{a \in R_{\neq 0}/\Gamma} \frac{\sigma_2(a) \left( 1+\chi_{\infty}(a) \right)}{|N(a)|} = \frac{1}{2}\left( \sum_{a \in R_{\neq 0}/\Gamma} \frac{\sigma_2(a)}{|N(a)|} + \sum_{a \in R_{\neq 0}/\Gamma} \frac{\sigma_2(a) \chi_{\infty}(a)}{|N(a)|} \right) = : \frac{1}{2} (U+V).$$

Ahora, $a$ y $b$ en $R$ están en el mismo $\Gamma$ si y sólo si los ideales $(a)$ y $(b)$ son iguales. Por lo tanto, las sumas anteriores se ejecutan sobre todos los ideales principales de $R$ . Además, $R$ es un PID ¡! Y, finalmente, para un ideal principal $I = (a)$ tenemos $N(I) = |N(a)|$ . Así que podemos escribir: $$U = \sum_{I \subset R \ \mbox{an ideal}} \frac{\sigma_2(I)}{N(I)} \quad V = \sum_{I \subset R \ \mbox{an ideal}} \frac{\sigma_2(I) \chi_{\infty}(I)}{N(I)} .$$ Hemos establecido $$U(s) = \sum_{I \subset R \ \mbox{an ideal}} \frac{\sigma_2(I)}{N(I)^s} \quad V(s) = \sum_{I \subset R \ \mbox{an ideal}} \frac{\sigma_2(I) \chi_{\infty}(I)}{N(I)^s} .$$

Tenga en cuenta que $\sigma_2(a)$ es $1$ si y sólo si $1+\sqrt{3}$ divide $a$ . Entonces tenemos la factorización de Euler $$U(s) = \left(-1 + 2^{-s} + 2^{-2s} + 2^{-3s} + \cdots \right) \prod_{\pi \neq (1+\sqrt{3})} \frac{1}{1-N(\pi)^{-s}} =$$ $$\frac{-1+2^{-s}+2^{-2s}+ 2^{-3s} + \cdots}{1+2^{-s}+2^{-2s}+2^{-3s}+\cdots} \prod_{\pi} \frac{1}{1-N(\pi)^{-s}} =(-1+2\cdot 2^{-s}) \zeta_R(s).$$ donde $\pi$ recorre los ideales primos de $R$ .

Así que $$\lim_{s \to 1^{+}} U(s) = \lim_{s \to 1^{+}} \frac{-1+2 \cdot 2^{-s}}{s-1} \lim_{s \to 1^{+}} (s-1) \zeta_R(s) = - \log 2 \lim_{s \to 1^{+}} (s-1) \zeta_R(s).$$ Desde el fórmula del número de clase este último límite es $$\frac{2^2 \log (2+\sqrt{3})}{2 \cdot \sqrt{12}}.$$ Así que $$U(1) = - \frac{\log 2 \log(2+\sqrt{3})}{\sqrt{3}}.$$

Ahora ejecutamos el mismo truco con $V$ . De nuevo, empezamos con el producto de Euler: $$V(s) = \left(-1 - 2^{-s} + 2^{-2s} - 2^{-3s} + 2^{-4s} - \cdots \right) \prod_{\pi \neq (1+\sqrt{3})} \frac{1}{1-\chi_{\infty}(\pi) N(\pi)^{-s}} =$$ $$\frac{-1 - 2^{-s} + 2^{-2s} - 2^{-3s} +2^{-4s} - \cdots}{1-2^{-s} + 2^{-2s} - 2^{-3s} + 2^{-4s} - \cdots} \prod_{\pi} \frac{1}{1-\chi_{\infty}(\pi) N(\pi)^{-s}} = \left( -1 - 2^{1-s} \right) L(s, \chi_{\infty}).$$

Así que $$V = V(1) = - 2 L(1, \chi_{\infty}).$$

Ahora debemos evaluar $L(1, \chi_{\infty})$ . Este $L$ -está definida por una suma sobre los ideales de $R$ ; lo reescribiremos en términos de $L$ -funciones para $\ZZ$ . Sea $p \geq 5$ ser primordial. Afirmo que $p$ se divide en $R$ si y sólo si $p \equiv \pm 1 \bmod 12$ . Para tal $p$ si escribimos $p = \pi \bar{\pi}$ Afirmo que $N(\pi) = N(\bar{\pi}) = p$ si $p \equiv 1 \bmod 12$ y $N(\pi) = N(\bar{\pi}) = -p$ si $p \equiv -1 \bmod 12$ . Esbozo de prueba: El primer $p$ se divide en $R$ si y sólo si $\left( \frac{3}{p} \right) = 1$ que se puede calcular fácilmente para que sea equivalente a $p \equiv \pm 1 \bmod 12$ . Desde $R$ es un PID, podemos escribir tal $p$ como $\pi \bar{\pi}$ para $\pi$ y $\bar{\pi} \in R$ . Entonces $N(\pi) = N(\bar{\pi}) = \pm p$ . Pero, para $a=m+n \sqrt{3} \in R$ tenemos $N(a) = m^2-3 n^2 \not \equiv -1 \mod 3$ . Así que sólo una de las dos posibilidades de $\pm p$ puede ocurrir. $\square$

Así que $L(1, \chi_{\infty})$ es $$\left(1+2^{-1} \right)^{-1} \left( 1+3^{-1} \right)^{-1} \prod_{p \equiv 1 \bmod 12} \left( 1- p^{-1} \right)^{-2} \prod_{p \equiv -1 \bmod 12} \left( 1+ p^{-1} \right)^{-2} \prod_{p \equiv \pm 5 \bmod 12} \left( 1- p^{-2} \right)^{-1}.$$

Definir $\chi_4(n)$ para ser $0$ si $n$ está en paz, $1$ si $n \equiv 1 \bmod 4$ y $-1$ es $n \equiv -1 \bmod 4$ . Definir $\chi_3(n)$ para ser $1$ , $-1$ o $0$ según si $n \equiv 1$ , $2$ o $0 \bmod 3$ . Entonces tenemos $$L(1, \chi_{\infty}) = \prod_p \left( 1- \chi_4(p) p^{-1} \right)^{-1} \prod_p \left( 1-\chi_3(p) p^{-1} \right)^{-1} = \left( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\chi_4(n)}{n} \right) \left( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\chi_3(n)}{n} \right) .$$ La suma $\sum \chi_4(n) = 1-1/3+1/5-1/7 + \cdots$ es bien conocido por ser $\pi/4$ . La suma $\sum \chi_3(n)/n$ es sólo un poco menos conocido; es $\pi/(3 \sqrt{3})$ .

Así que tengo $L(1,\chi_{\infty}) = \frac{\pi}{4} \frac{\pi}{3 \sqrt{3}} = \frac{\pi^2}{12 \sqrt{3}}$ y $V = - \frac{\pi^2}{6 \sqrt{3}}$ .

Ponerlo todo junto, $$T = \frac{1}{2} \left( - \frac{\log 2 \log(2+\sqrt{3})}{\sqrt{3}} - \frac{\pi^2}{6 \sqrt{3}} \right) = - \frac{\log 2 \log(2+\sqrt{3})}{2 \sqrt{3}} - \frac{\pi^2}{12 \sqrt{3}} $$ $$S = \frac{\pi^2}{12} - \frac{\log 2 \log(2+\sqrt{3})}{2 \sqrt{3}} - \frac{\pi^2}{12 \sqrt{3}} .$$ La integral original es $$\frac{1}{2} \left( \log(2)^2 -2 \sqrt{3} S \right) = \frac{\log(2)^2}{2} - \frac{\pi^2 \sqrt{3}}{12} + \frac{\log 2 \log(2+\sqrt{3})}{2} + \frac{\pi^2}{12}$$ $$=\frac{\pi^2(1-\sqrt{3})}{12} + \log(2) \frac{\log(4 + 2 \sqrt{3})}{2} = \frac{\pi^2(1-\sqrt{3})}{12} + \log(2) \log(1+\sqrt{3})$$ como se desee.

Answer 2

Esto no es una respuesta a la pregunta, pero pensé que debía publicar algo de mi trabajo aquí.

Considere la función $$ F(a) \;=\; \int_0^1 \frac{\log(1+x^a)}{1+x}dx. $$ La pregunta nos pide que demostremos que $F(2+\sqrt{3}) = \dfrac{\pi^2}{12}(1+\sqrt{3}) + \log(2)\log(1+\sqrt{3})$ .

1. Mathematica no es capaz de calcular una forma cerrada para $F(2+\sqrt{3})$ pero puede calcular $F(a)$ para otros valores de $a$ :

   • $F(0) \;=\; (\log 2)^2.$ (Muy fácil.)

   • $F(1) \;=\; \dfrac{1}{2}(\log 2)^2.$ (También es fácil hacerlo a mano).

   • $F(2) \;=\; -\dfrac{\pi^2}{48} \,+\, \dfrac{3}{4}(\log 2)^2$

   • $F(3) \;=\; \dfrac{\pi^2}{9}+\dfrac{1}{2}(\log 2)^2 \,+\, \dfrac{1}{2}\mathrm{Li}_2\left(-\dfrac13\right) - \mathrm{Li}_2\left(\dfrac{1+i\sqrt{3}}6\right) - \mathrm{Li}_2\left(\dfrac{1-i\sqrt{3}}6\right)$

   También puede calcular $F(1/3)$ , $F(1/2)$ , $F(-2)$ , $F(-1)$ , $F(-1/2)$ y $F(-1/3)$ que se deducen de las propiedades de simetría que se indican a continuación, así como expresiones muy largas para $F(4)$ , $F(-4)$ , $F(1/4)$ y $F(-1/4)$ .

   En la fórmula de $F(3)$ la función $\mathrm{Li}_2$ es el dilogaritmo que se define por la integral $$ \mathrm{Li}_2(a) \;=\; -\int_0^1 \frac{\ln(1-ax)}{x}dx. $$ Curiosamente, los únicos valores de $a$ para lo cual $\mathrm{Li}_2(a)$ se sabe que tiene una forma cerrada son $-1$ , $0$ , $1/2$ , $1$ , $2$ y varias expresiones que implican $\sqrt{5}$ . (Ver aquí .)

2. La función $F(a)$ definida anteriormente tiene algunas propiedades de simetría. Es fácil demostrar que $$ F(-a) \;=\; F(a) - a\int_0^1 \frac{\log x}{1+x}dx. $$ que da $$ F(-a) \;=\; F(a) - \frac{\pi^2 a}{12}. $$ Además, la integración por partes seguida de una sustitución puede utilizarse para demostrar que $$ F(a) \,+\, F(1/a) \;=\; (\log 2)^2 $$ para cualquier valor positivo de $a$ . Desde $(2+\sqrt{3})^{-1} = 2-\sqrt{3}$ se deduce que la pregunta dada es equivalente a la ecuación $$ F(2-\sqrt{3}) \;=\; \frac{\pi^2}{12}(\sqrt{3}-1)\,+\,\log(2)\log(\sqrt{3}-1). $$

3. No es muy difícil encontrar una serie para $F(\alpha)$ . Tenemos $$ \begin{align*} \frac{\log(1+x^\alpha)}{1+x} \;&=\; \left(\frac{1}{1+x}\right)\log(1+x^\alpha) \\[6pt] &=\; \left(\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1}x^{k-1}\right)\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}\frac{x^{\alpha n}}{n} \\[6pt] &=\; \sum_{n,k=1}^\infty (-1)^{n+k}\frac{x^{\alpha n+k-1}}{n} \end{align*} $$ Ahora podemos (por Teorema de Abel ) integrar esta serie término a término para obtener $$ F(\alpha) \;=\; \sum_{n,k=1}^\infty \frac{(-1)^{n+k}}{n(\alpha n+k)} $$ En particular $$ F(2+\sqrt{3}) \;=\; \sum_{n,k=1}^\infty \frac{(-1)^{n+k}}{n\bigl((2+\sqrt{3})n+k\bigr)} $$ El $2+\sqrt{3}$ en el denominador de esta serie es desafortunado. Sin embargo, ya conocemos el valor de la suma $F(2+\sqrt3)+F(2-\sqrt3)$ Así que todo lo que queremos es el valor de la diferencia $F(2+\sqrt3)-F(2-\sqrt3)$ . En general: $$ \begin{align*} F(\alpha)-F(\alpha^{-1}) \;&=\; \sum_{n,k=1}^\infty (-1)^{n+k}\left(\frac{1}{n(\alpha n+k)}-\frac{1}{n(\alpha^{-1} n+k)}\right) \\[6pt] &=\; \sum_{n,k=1}^\infty (-1)^{n+k}\frac{(\alpha^{-1} n+k)-(\alpha n+k)}{n(\alpha n+k)(\alpha^{-1} n+k)} \\[6pt] &=\; \bigl(\alpha^{-1}-\alpha\bigr)\sum_{n,k=1}^\infty \frac{(-1)^{n+k}}{n^2 + (\alpha+\alpha^{-1})nk + k^2} \end{align*} $$ Donc : $$ F(2+\sqrt{3})-F(2-\sqrt{3}) \;=\; -2\sqrt{3} \sum_{n,k=1}^\infty \frac{(-1)^{n+k}}{n^2 + 4nk + k^2} $$ Esta serie es más agradable, pero todavía no tengo idea de cómo evaluarla.

Answer 3

He encontrado una referencia interesante relacionada con esta integral. Puede ser de interés para muchos usuarios:

Una función zeta de Epstein restringida y la evaluación de algunas integrales definidas por Habib Muzaffar y Kenneth S. Williams

Answer 4

Desgraciadamente, la siguiente generalización sólo funciona para números enteros positivos $a$ :

$$\int_0^1\frac{\ln(1+x^{2a})}{1+x}dx=\ln^2(2)-\frac{2a^2-1}{8a}\zeta(2)+\frac12\sum_{j=0}^{2a-1}\ln^2\left(2\sin\left(\frac{(2j+1)\pi}{4a}\right)\right)$$ $$-\frac12\sum_{j=0}^{a-1}\ln^2\left(2\sin\left(\frac{(2j+1)\pi}{2a}\right)\right).$$

Prueba:

$$\int_0^1\frac{\ln(1+x^{2a})}{1+x}dx=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}\int_0^1\frac{x^{2an}}{1+x}dx$$

$$=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(\ln(2)+H_{an}-H_{2an}\right)$$ $$=\ln^2(2)+\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(H_{an}-H_{2an}\right).$$ Omram Kouba proporcionó en su papel página (12-13) el siguiente resultado general:

$$\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\frac{H_{an}}{n} = \frac{a^2+1}{4a}\zeta(2) - \frac{1}{2} \sum_{j=0}^{a-1} \ln^2\left(2 \sin \frac{(2j+1)\pi}{2a} \right)$$

de lo que se deduce la prueba.

Por cierto, podemos encontrar la representación integral de $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_{an}}{n}$ :

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_{an}}{n}=a\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\left(\frac{H_{an}}{an}\right)$$

$$=a\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\left(-\int_0^1 x^{an-1}\ln(1-x)dx\right)$$

$$=a\int_0^1\frac{\ln(1-x)}{x}\left(\sum_{n=1}^\infty(-x^a)^n\right)dx$$

$$=a\int_0^1\frac{\ln(1-x)}{x}\left(\frac{-x^a}{1+x^a}\right)dx$$ $$=a\int_0^1\frac{\ln(1-x)}{x}\left(-1+\frac{1}{1+x^a}\right)dx$$

$$=a\zeta(2)+a\int_0^1\frac{\ln(1-x)}{x(1+x^a)}dx.$$

Sustituir el resultado de $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_{an}}{n}$ también obtenemos

$$\int_0^1\frac{\ln(1-x)}{x(1+x^a)}dx=\frac{1-3a^2}{4a^2}\zeta(2)- \frac{1}{2a} \sum_{j=0}^{a-1} \ln^2\left(2 \sin \frac{(2j+1)\pi}{2a} \right).$$