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Integral de la$=-\frac{4}{3}\log^3 2-\frac{\pi^2}{3}\log 2+\frac{5}{2}\zeta(3)$

Hola he estado tratando de demostrar esta $$ I:=\int \limits_{0}^{1} \left[ \frac{1}{x(x-1)} \bigg(2\mathrm{Li}_2\bigg(\frac{1-\sqrt{1-x}}{2}\bigg)-\log\bigg(\frac{1+\sqrt{1-x}}{2}\bigg)^2 \bigg) -\frac{\zeta(2)-2\log^2 2}{x-1} \right]{dx}=\sum_{k=2}^\infty \binom{2k}{k} \frac{1}{k^2 4^k} \sum_{j=1}^{k-1} \frac{1}{j}=\color{#00f}{\large% -{4 \más de 3}\log^3 2-\frac{\pi^2}{3}\log 2+\frac{5}{2}\zeta(3) } $$ Qué hermoso resultado!!!! Estoy tratando de probar este. No estoy seguro de qué hacer, tal vez podríamos comenzar con un cambio de variables $$ \xi=\frac{1-\sqrt{1-x}}{2}, $$ pero me quedo atascado poco después. Esto está fuertemente relacionado con Mahler y medidas de integración. Gracias por tu ayuda.

He intentado de la siguiente sustitución pero no pudo,

ACTUALIZACIÓN: he intentado un cambio de variables dada anteriormente por $\xi$, obtenemos $$ I=\int\limits_{0}^{1/2}\big(2\mathrm{Li}_2(\xi)-\log^2(1-\xi)\big)\left(\frac{4}{2\xi-1}-\frac{1}{\xi-1}-\frac{1}{\xi}\right)d\xi-4(\zeta(2)-2\log^2 de 2) \int\limits_0^{1/2}\frac{d\xi}{2\xi-1} $$ pero la integral de la derecha se aparta así que tengo que utilizar otro método.

Gracias

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David H Puntos 16423

La definición de $I$ como el de la integral definida, $$I:= \int\limits_{0}^{1}\left[\frac{\zeta{(2)}-2\log^2{2}}{1-x}-\frac{1}{x(1-x)}\left(2\operatorname{Li}_2{\left(\frac{1-\sqrt{1-x}}{2}\right)}-\log^2{\left(\frac{1+\sqrt{1-x}}{2}\right)}\right)\right]\mathrm{d}x,$$ probar: $$I=\frac52\zeta{(3)}-2\zeta{(2)}\log{2}-\frac43\log^3{2}.$$


La sustitución de

$$\xi=\frac{1-\sqrt{1-x}}{2},$$

la integral se convierte en:

$$I= \int_{0}^{\frac12}\left[4\left(\zeta{(2)}-2\log^2{2}\right)-\frac{1}{\xi(1-\xi)}\left(2\operatorname{Li}_2{(\xi)}-\log^2{(1-\xi)}\right)\right]\frac{\mathrm{d}\xi}{1-2\xi}.$$

Resulta que la derivada de la expresión $2\operatorname{Li}_2{(\xi)}-\log^2{(1-\xi)}$ es mucho más simple que la propia expresión:

$$\frac{d}{d\xi}\left(2\operatorname{Li}_2{(\xi)}-\log^2{(1-\xi)}\right)=-\frac{2(1-2\xi)}{\xi (1-\xi)}\log{(1-\xi)}.$$

Esto sugiere que debemos integrar por partes.

$$\begin{align} I &=\int_{0}^{\frac12}\left[4\left(\zeta{(2)}-2\log^2{2}\right)-\frac{1}{\xi(1-\xi)}\left(2\operatorname{Li}_2{(\xi)}-\log^2{(1-\xi)}\right)\right]\frac{\mathrm{d}\xi}{1-2\xi}\\ &=\int_{0}^{\frac12}\left[4\left(\zeta{(2)}-2\log^2{2}\right)\xi(1-\xi)-\left(2\operatorname{Li}_2{(\xi)}-\log^2{(1-\xi)}\right)\right]\frac{\mathrm{d}\xi}{\xi(1-\xi)(1-2\xi)}\\ &=-\int_{0}^{\frac12}\left[4\left(\zeta{(2)}-2\log^2{2}\right)(1-2\xi)+\frac{2(1-2\xi)}{\xi (1-\xi)}\log{(1-\xi)}\right] \log{\frac{\xi(1-\xi)}{(1-2\xi)^2}} \mathrm{d}\xi\\ &=-2\int_{0}^{\frac12}\left[2\left(\zeta{(2)}-2\log^2{2}\right)+\frac{\log{(1-\xi)}}{\xi (1-\xi)}\right] (1-2\xi)\log{\frac{\xi(1-\xi)}{(1-2\xi)^2}} \mathrm{d}\xi\\ &=-4\left(\zeta{(2)}-2\log^2{2}\right)\int_{0}^{\frac12}(1-2\xi) \left[\log{\xi}+\log{(1-\xi)} - 2\log{(1-2\xi)}\right] \mathrm{d}\xi\\ &~~~~-2\int_{0}^{\frac12}\frac{(1-2\xi)}{\xi (1-\xi)} \log{(1-\xi)} \left[\log{\xi}+\log{(1-\xi)} - 2\log{(1-2\xi)}\right] \mathrm{d}\xi\\ &=4\left(\zeta{(2)}-2\log^2{2}\right)\int_{0}^{\frac12}(2\xi-1) \left[\log{\xi}+\log{(1-\xi)} - 2\log{(1-2\xi)}\right] \mathrm{d}\xi\\ &~~~~+2\int_{0}^{\frac12}\left(\frac{1}{1-x}-\frac{1}{x}\right) \left[\log{(1-\xi)}\log{\xi}+\log^2{(1-\xi)} - 2\log{(1-\xi)}\log{(1-2\xi)}\right] \mathrm{d}\xi. \end{align}$$

Ahora, la distribución de los factores en la integrands y la integración término a término, podemos escribir la integral de la $I$ como una suma de una docena o tan primitiva integrales que cada uno tiene anti-derivados en términos de polylogarithms que pueden ser fácilmente evaluados y se suman con la ayuda de un equipo programa de álgebra, tales como WolframAlpha, obteniendo así el resultado deseado. Sin embargo, esta solución deja mucho que desear en la forma de la elegancia....

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