Sobre el % integral $\int_{0}^{1}\text{arctanh}(x)\arcsin(x)\frac{dx}{x}$

Question

Estoy recibiendo un montón de comentarios de la reciente artículo que he publicado en Arxiv, cuya primera parte fue originalmente presentada aquí como una respuesta a una pregunta de John Campbell. Acerca de que, hoy en día Steven Finch me preguntó si es posible evaluar en términos de una agradable forma cerrada

$$\begin{eqnarray*} \phantom{}_4 F_3\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},1,1;\frac{3}{2},\frac{3}{2},\frac{3}{2};1\right)&=&\sum_{n\geq 0}\frac{4^n}{(2n+1)^3 {\binom{2n}{n}}}\\&=&\sum_{n\geq 0}\frac{4^n B(n+1,n+1)}{(2n+1)^2}\\&=&\int_{0}^{1}\sum_{n\geq 0}\frac{(1-x^2)^n}{(2n+1)^2}\,dx\\&=&\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin^{2n+1}\theta}{(2n+1)^2}\,d\theta\\&=&\int_{0}^{1}\frac{\text{Li}_2(x)-\text{Li}_2(-x)}{2\sqrt{1-x^2}}\,dx\\&=&\frac{\pi^3}{16}-\color{blue}{\int_{0}^{1}\text{arctanh}(x)\arcsin(x)\frac{dx}{x}}.\end{eqnarray*}$$

Realmente me gustaría ayudar a él, e invoco su ayuda. Todavía estoy luchando para encontrar un método eficaz para tratar con el azul integral. De Fourier de Chebyshev o transformadas de Fourier-Legendre de la serie de expansiones parecen prometedores, y el Lema

$$ \int_{0}^{1}\text{arctanh}^s(x)\,dx = \frac{2\zeta(s)(2^s-2)\Gamma(s+1)}{4^s} \tag{Lemma}$$ (demostrado en la página 81 aquí) podría ser relevante. Es importante mencionar que John Campbell él mismo se ocupó recientemente con el similar integrales $$\int_{0}^{1}\arcsin(x)\log(x)\,dx =2-\frac{\pi}{2}-\log 2,\\ \int_{0}^{1}\arcsin(x)\log(x)\frac{dx}{x}=-\frac{\pi^3}{48}-\frac{\pi}{4}\log^2(2),\tag{SimInt} $$ pero algo parece que de repente dejan de funcionar si $\log(x)$ es reemplazado por $\log(1\pm x)$.

Addendum (gracias a Tolaso J Kos): la integral de la $\int_{0}^{1}\frac{\text{Li}_2(x)}{\sqrt{1-x^2}}\,dx$ ha demostrado ser en función de la parte imaginaria de un trilogarithm por Vladimir Reshetnikov, aquí. Siguiendo su técnica pie de la letra, tengo

$$ \phantom{}_4 F_3\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},1,1;\frac{3}{2},\frac{3}{2},\frac{3}{2};1\right)=\color{blue}{\frac{3\pi^3}{16}+\frac{\pi}{4}\log^2(2)-4\,\text{Im}\,\text{Li}_3(1+i)}$$

y supongo que resuelve la cuestión.
En términos de absolutamente convergente la serie, el lado derecho de la última línea es igual a

$$ -\frac{\pi^3}{32}-\frac{\pi}{8}\log^2(2)+4\sum_{n\geq 1}\frac{\sin(\pi n/4)}{n^3 \sqrt{2}^n}. $$

Esto probablemente puede ser visto como un ejemplo de una técnica de aceleración de la serie $\sum_{n\geq 0}\frac{4^n}{(2n+1)^3\binom{2n}{n}}$, cuyo término general que aproximadamente se comporta como $\frac{\sqrt{\pi}}{8}\cdot\frac{1}{n^{5/2}}$.

Answer 1

Esta no es una respuesta a la pregunta principal, que ha sido resuelto a través de los indicadores proporcionados por Tolaso y otros. En su lugar, vamos a demostrar James Arathoon conjetura en los comentarios. Tengo la fuerte sensación de que este hilo podría ser un interesante punto de partida para el estudio de la "torcida" de Euler sumas y la interacción entre el$\text{Li}_{\color{red}{3}}$$\phantom{}_4 F_3$.
Es bien saben (y no es difícil demostrar que para cualquier $x\in(-1,1)$ $$\arcsin(x)=\sum_{n\geq 0}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n(2n+1)}x^{2n+1}\tag{ArcSin}$$ y la siguiente identidad se cumple para cualesquiera $n\in\mathbb{N}$: $$ \int_{0}^{1} x^{2n}\text{arctanh}(x)\,dx = \frac{H_n+2\log 2}{4n+2}\tag{ArcTanh}$$ como una simple consecuencia de la integración por partes:

$$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{1} x^{2n}\text{arctanh}(x)\,dx &=& \left[\frac{x^{2n+1}-1}{2n+1}\text{arctanh}(x)\right]_{0}^{1}+\frac{1}{2n+1}\int_{0}^{1}\frac{x^{2n+1}-1}{x^2-1}\,dx\\&=&\frac{1}{2n+1}\int_{0}^{1}\left(\frac{x^{2n+1}-x}{x^2-1}+\frac{1}{x+1}\right)\,dx\\&=&\frac{1}{2n+1}\left(\log 2+\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{z^n-1}{z-1}\,dz\right)=\frac{\log 2+\frac{H_n}{2}}{2n+1}.\end{eqnarray*}$$ Mediante la combinación de $(\text{ArcSin})$ $(\text{ArcTanh})$ hemos $$ \int_{0}^{1}\arcsin(x)\text{arctanh}(x)\frac{dx}{x}=\sum_{n\geq 0}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n(2n+1)^2}\left(\log 2+\frac{H_n}{2}\right)$$ y James Arathoon la conjetura es demostrado por la informática $$\begin{eqnarray*} \sum_{n\geq 0}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n(2n+1)^2}&=&\int_{0}^{1}\frac{\arcsin(x)}{x}\,dx=\int_{0}^{\pi/2}\theta\cot\theta\,d\theta\\&\stackrel{\text{IBP}}{=}&\int_{0}^{\pi/2}\log\cos\theta\,d\theta = \frac{\pi\log 2}{2}.\end{eqnarray*}$$ Esta prueba:

$$\begin{eqnarray*}\sum_{n\geq 0}\frac{\binom{2n}{n}H_n}{4^n(2n+1)^2}&=&2\int_{0}^{1}\arcsin(x)\text{arctanh}(x)\frac{dx}{x}-\pi\log^2(2)\\&=&\frac{\pi^3}{8}-\pi\log^2(2)-2\cdot\phantom{}_4 F_3\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},1,1;\frac{3}{2},\frac{3}{2},\frac{3}{2};1\right)\\&=&-\frac{\pi^3}{4}-\frac{3\pi}{2}\log^2(2)+8\,\text{Im}\,\text{Li}_3(1+i)\\&=&\frac{3\pi^3}{16}-\frac{3\pi}{4}\log^2(2)-8\sum_{n\geq 1}\frac{\sin(\pi n/4)}{n^3\sqrt{2}^n}.\end{eqnarray*}$$

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Sólo en el fin de mantener la recogida de material interesante, me gustaría mencionar que en este hilo por Markus Scheuer se muestra que $\frac{1}{2k+1}$ es el binomio de transformación de $\frac{4^k}{(2k+1)\binom{2k}{k}}$ $\frac{1}{2k+3}$ es el binomio de transformación de $\frac{4^k}{(2k+1)(2k+3)\binom{2k}{k}}$. Que podría ser un útil lema para lidiar con los valores de $\phantom{}_4 F_3$ cuyos asociados serie contiene los términos de esa forma o de sus plazas.

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Este hilo contiene otras informaciones interesantes sobre la interacción entre la $\text{Li}_3$ y el valor de $\phantom{}_4 F_3$ mencionado en la pregunta anterior.