Evaluar $ \int_0 ^1x \log\left (1+x^2 \right ) \left [ \log\left ( \frac {1-x}{1+x} \right ) \right ]^3 \operatorname {d}\!x$

Question

Demuestra que $$ \int_0 ^1x \log\left (1+x^2 \right ) \left [ \log\left ( \frac {1-x}{1+x} \right ) \right ]^3 \operatorname {d}\!x$$ $$I= \frac {105}{8} \zeta (3)- \frac {7 \pi ^2}{4} \ln2 -6 \pi {G}+3 \pi ^2- \frac {3}{8} \pi ^3- \frac {7}{64} \pi ^4$$ donde $G$ es la constante del catalán. Respuesta adicional en el FDP Ya casi has llegado al final. $ \mathbf {I} \mathbf {\,continue}$ Usando la integración por partes, lo hemos hecho: $C=3 \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac { \log ^2x \log (1+x^2)}{x}dx-3 \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac { \log ^2x \log (1+x^2)}{1+x}dx- \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac {log^3x}{1+x}dx- \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac {log^3x}{1+x^2}dx+ \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac {x \log ^3x}{1+x^2}dx$

$D= \displaystyle\dfrac {3}{2} \int_0 ^1 \dfrac { \log ^2x \log (1+x^2)}{x}dx- \displaystyle\dfrac {3}{2} \int_0 ^1 \dfrac { \log ^2x \log (1+x^2)}{1+x}dx- \displaystyle\dfrac {3}{2} \int_0 ^1 \dfrac { \log ^2x \log (1+x^2)}{(1+x)^2}dx- \displaystyle\dfrac {1}{2} \int_0 ^1 \dfrac {log^3x}{(1+x)^2}dx+ \displaystyle\dfrac {1}{2} \int_0 ^1 \dfrac {log^3x}{1+x^2}dx$ $2D-C= \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac {(1-x) \log ^3x \log (1+x^2)}{(1+x)^3}dx=-3 \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac {log^2x \log (1+x^2)}{(1+x)^2}dx+ \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac {log^3x}{1+x}dx- \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac {xlog^3x}{1+x^2}dx$ . } Pero.., $ \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac {log^3x}{1+x}dx=- \dfrac {7 \pi ^4}{120}$ y $ \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac {xlog^3x}{1+x^2}dx.=- \dfrac {7 \pi ^4}{1920}$

Queda por evaluar: $ \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac {log^2x \log (1+x^2)}{(1+x)^2}dx$ para ser continuado. También, $ \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac { \log ^2x \log (1+x^2)}{(1+x)^2}dx=2 \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac { \log\ ,x \log (1+x^2)}{x}dx-2 \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac { \log\ ,x \log (1+x^2)}{(1+x)}dx- \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac {log^2x}{1+x}dx+ \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac {log^2x}{1+x^2}dx+ \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac {x \log ^2x}{1+x^2}dx$

Estas integrales son conocidas

$ \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac { \log\ ,x \log (1+x^2)}{x}dx=- \dfrac {3}{16} \zeta (3)$ ; $ \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac { \log\ ,x \log (1+x^2)}{(1+x)}dx=- \dfrac { \pi (G)}{2}- \dfrac { \pi ^2}{16}ln2+ \dfrac {3}{2} \zeta (3)$

También, $ \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac { \log ^2x \log (1+x^2)}{(1+x)^2}dx=2 \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac { \log\ ,x \log (1+x^2)}{x}dx-2 \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac { \log\ ,x \log (1+x^2)}{(1+x)}dx- \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac {log^2x}{1+x}dx+ \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac {log^2x}{1+x^2}dx+ \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac {x \log ^2x}{1+x^2}dx$

Estas integrales son conocidas

$ \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac { \log\ ,x \log (1+x^2)}{x}dx=- \dfrac {3}{16} \zeta (3)$ ; $ \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac { \log\ ,x \log (1+x^2)}{(1+x)}dx=- \dfrac { \pi }{2}{G}- \dfrac { \pi ^2}{16}ln2+ \dfrac {3}{2} \zeta (3); \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac {log^2x}{1+x}dx= \dfrac {3}{2} \zeta (3); \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac {log^2x}{1+x^2}dx= \dfrac { \pi ^3}{16}$

Finalmente, $ \displaystyle\int_0 ^1 \dfrac {log^2x \log (1+x^2)}{(1+x)^2}dx= \dfrac {75}{16} \zeta (3)+{ \pi }G+ \dfrac { \pi ^2}{8}ln2+ \dfrac { \pi ^3}{16}$

Y 2D-C= $ \dfrac {297}{16} \zeta (3)-3{ \pi }G- \dfrac {3}{8}{ \pi ^2}ln2- \dfrac {3}{16}{ \pi ^3}- \dfrac {7}{128}{ \pi ^4}$ También obtenemos el resultado.

Answer 1

No tengo una respuesta completa.

Sea $\displaystyle I=\int_0^1 x\log(1+x^2)\Big[\log\Big(\dfrac{1-x}{1-x}\Big)\Big]^3dx$

Primero realice el cambio de variable $y=\dfrac{1-x}{1+x}$ .

$\displaystyle I=\int_0^1 \dfrac{2(1-x)}{(1+x)^3}\log\Big(\dfrac{2(1+x^2)}{(1+x)^2}\Big)\log^3xdx$

Aviso: $\dfrac{1-x}{(1+x)^3}=\dfrac{2}{(1+x)^2}-\dfrac{1}{(1+x)^3}$

Por lo tanto:

$I=4\log 2\times B-2\log 2\times A+4D-2C-8F+4E$

Dónde:

$A=\displaystyle \int_0^1\dfrac{\log^3x}{(1+x)^2}dx$

$B=\displaystyle \int_0^1\dfrac{\log^3x}{(1+x)^3}dx$

$C=\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\log(1+x^2)\log^3x}{(1+x)^2}dx$

$D=\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\log(1+x^2)\log^3x}{(1+x)^3}dx$

$E=\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\log(1+x)\log^3x}{(1+x)^2}dx$

$F=\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\log(1+x)\log^3x}{(1+x)^3}dx$

Se puede continuar así, utilizando la integración por partes:

$C=\displaystyle\int_0^1 \dfrac{3\log^2x\log(1+x^2)}{x}dx-\int_0^1 \dfrac{3\log^2x\log(1+x^2)}{1+x}dx+\int_0^1 \dfrac{x\log^3 x}{1+x}dx-\int_0^1 \dfrac{x^2\log^3 x}{1+x^2}dx+\int_0^1 \dfrac{x\log^3 x}{1+x^2}dx$

Calculemos $A$ :

$\displaystyle A=\int_0^1 \Big[\sum_{n=0}^{+\infty}(n+1)(-1)^nx^n\Big]\log^3 x dx$

$\displaystyle A=-6\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^n}{(n+1)^3}$

$A=-6\times (1-2^{1-3})\zeta(3)=-\dfrac{9}{2}\zeta(3)$

Calculemos $B$ :

$\displaystyle B=\dfrac{1}{2}\int_0^1 \Big[(-1)^n(n+2)(n+1)x^n\Big]\log^3 x dx$

$\displaystyle B=-3\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac {(-1)^n}{(n+1)^2}-3\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac {(-1)^n}{(n+1)^3}$

$B=-3\times(1-2^{1-2})\zeta(2)-3\times(1-2^{1-3})\zeta(3)=-\dfrac{3}{2}\zeta(2)-\dfrac{9}{4}\zeta(3)$

$B=-\dfrac{\pi^2}{4}-\dfrac{9}{4}\zeta(3)$

Continuemos.

(es una mala idea intentar calcular $E$ por cierto. felizmente, tenemos suerte, no tenemos que hacer esto)

$\displaystyle E=3\int_0^1 \dfrac{\log^2(x)\log(1+x)}{x}dx-3\int_0^1 \dfrac{\log^2(x)\log(1+x)}{1+x}dx+A$

Sea $E_1:=\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\log^2(x)\log(1+x)}{x}dx$

Sea $\displaystyle E_2:=\int_0^1 \dfrac{\log^2(x)\log(1+x)}{1+x}dx$

(créeme, no querrás computar $E_2$ )

Utilizando la integración por partes y la descomposición de fracciones parciales: $\displaystyle -8F=12E_2-12E_1+24\int_0^1 \dfrac{\log x\log(1+x)}{x}dx-24\int_0^1 \dfrac{\log x\log(1+x)}{1+x}dx+12\times\int_0^1\dfrac{\log^2x}{(1+x)^2}dx-4B$

Sea $\displaystyle F_1=\int_0^1 \dfrac{\log x\log(1+x)}{x}dx$

$\displaystyle F_1=\int_0^1 \Big[\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\dfrac{x^{n+1}}{n+1}\Big]\dfrac{\log x}{x}dx$

$F_1=\displaystyle -\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^n}{(n+1)^3}=-(1-2^{1-3})\zeta(3)=-\dfrac{3}{4}\zeta(3)$

Sea $\displaystyle F_2=\int_0^1 \dfrac{\log x\log(1+x)}{1+x}dx=-\dfrac{1}{8}\zeta(3)$

(basado en el cálculo de $K$ en: Otra integral logarítmica desafiante $\int_0^1 \frac{\log^2(x)\log(1-x)\log(1+x)}{x}dx$ )

Otra forma de calcular $F_2$ sabiéndolo:

$Li_2\Big(\dfrac{1}{2}\Big)=\dfrac{1}{12}\Big(\pi^2-6(\log 2)^2\Big)$

$Li_3\Big(\dfrac{1}{2}\Big)=\dfrac{1}{24}\Big(4(\log 2)^3-2\pi^2\log 2+21\zeta(3)\Big)$

Realizar el cambio de variable $y=\log(1+x)$ :

$\displaystyle F_2=\int_0^{\log 2} x\log(e^x-1)dx=\int_0^{\log 2} x^2dx+\int_0^{\log 2} x\log(1-e^{-x})dx$

$\displaystyle F_2=\dfrac{(\log 2)^3}{3}-\sum_{n=1}^{+\infty}\Big(\int_0^{\log 2}\dfrac{xe^{-nx}}{n}dx\Big)$

$\displaystyle F_2=\dfrac{(\log 2)^3}{3}-\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^3}+\log 2\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{2^{-n}}{n^2}+\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{2^{-n}}{n^3}$

$\displaystyle F_2=\dfrac{(\log 2)^3}{3}-\zeta(3)+\log 2 Li_2\Big(\dfrac{1}{2}\Big)+Li_3\Big(\dfrac{1}{2}\Big)=-\dfrac{1}{8}\zeta(3)$

Sea $\displaystyle F_3=\int_0^1\dfrac{\log^2x}{(1+x)^2}dx$

$\displaystyle F_3=\int_0^1 \Big[\sum_{n=0}^{+\infty}(n+1)(-1)^nx^n\Big]\log^2 x dx$

$\displaystyle F_3=2\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^n}{(n+1)^2}$

$F_3=2\times (1-2^{1-2})\zeta(2)=\zeta(2)=\dfrac{\pi^2}{6}$

Por lo tanto:

$-8F+4E=24F_1-24F_2+12F_3-4B+4A=-24\zeta(3)+3\pi^2$

Queda lo más difícil.