Integral avanzado: $\int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx$
Cómo abordar
$$I=\int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx\ ?$$
Esta integral surgió mientras trabajaba en encontrar $\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_n}{n^4{2n\choose n}}$.
Primer intento : escribiendo$\text{Li}_2(x^2)=-\int_0^1\frac{x^2\ln(y)}{1-x^2y}dy$ tenemos
$$I=-\int_0^1\ln(y)\left(\int_0^1\frac{x\arcsin^2(x)}{1-x^2y}dx\right)dy$$
y Mathematica dio una expresión complicada para la integral interna y eso me hizo detenerme.
Segundo intento: $x=\sin\theta$
$$I=\int_0^{\pi/2}\theta^2\cot\theta\ \text{Li}_2(\sin^2\theta)d\theta$$
$$=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}\int_0^{\pi/2}\theta^2\cot\theta \sin^{2n}(\theta) d\theta$$
y no tengo ni idea de cómo continuar. ¿Cualquier sugerencia?
Gracias
Cómo $I$ apareció en mis cálculos:
Ya que
$$\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{(2x)^{2n-1}}{n{2n\choose n}}$$
podemos escribir
$$\frac{2\sqrt{x}\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{1-x}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}x^{n}}{n{2n\choose n}}$$
Divide ambos lados por $x$ entonces $\int_0^y$ tenemos
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}y^n}{n^2{2n\choose n}}=2\int_0^y \frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}dx$$
Luego multiplique ambos lados por $\frac{\text{Li}_2(y)}{y}$ entonces $\sum_{n=1}^\infty$ y usa eso $\int_0^1 y^{n-1}\text{Li}_2(y)dy=\frac{\zeta(2)}{n^2}-\frac{H_n}{n^2}$ obtenemos
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{\zeta(2)2^{2n}}{n^3{2n\choose n}}-\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_n}{n^4{2n\choose n}}=2\int_0^1\int_0^y \frac{\arcsin \sqrt{x}\text{Li}_2(y)}{y\sqrt{x}\sqrt{1-x}}dxdy$$
$$=2\int_0^1 \frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}\left(\int_x^1\frac{\text{Li}_2(y)}{y}dy\right)dx$$ $$=2\int_0^1 \frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}\left(\zeta(3)-\text{Li}_3(x)\right)dx$$
$$\overset{\sqrt{x}\to x}{=}4\int_0^1\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}(\zeta(3)-\text{Li}_3(x^2))dx$$
$$\overset{\text{IBP}}{=}4\int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx$$
Sustituir $\sum_{n=1}^\infty\frac{\zeta(2)2^{2n}}{n^3{2n\choose n}}=15\ln(2)\zeta(4)-\frac72\zeta(2)\zeta(3)$ obtenemos
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_n}{n^4{2n\choose n}}=15\ln(2)\zeta(4)-\frac72\zeta(2)\zeta(3)-4\int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx$$
Respuestas
No pude encontrar un formulario cerrado para esto, pero pude simplificarlo para
$$\frac{\pi^2}{48} \left( 2\pi^2 \ln(2) - 7\zeta(3) \right) - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2} H_n}{n^4 \binom{2n}{n}}$$
Evaluar $$I = \int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx$$
En expansión $\arcsin^2(x)$ utilizando la serie de potencias se obtiene: $$\int_0^1 \text{Li}_2(x^2) \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-1}}{n^2 \binom{2n}{n}} x^{2n-1} dx$$
Intercambio de integración y suma:
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-1}}{n^2 \binom{2n}{n}}\int_0^1 \text{Li}_2(x^2) x^{2n-1} dx$$
Haciendo la sustitución $u = x^2$:
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2}}{n^2 \binom{2n}{n}}\int_0^1 \text{Li}_2(u) u^{n-1}du$$
La integral interna sería $$\int_0^1 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{u^k}{k^2} u^{n-1} du = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2} \frac{1}{k+n} = \frac{\pi^2}{6n} - \frac{H_n}{n^2}$$
Lo que convierte la integral general en $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2}}{n^2 \binom{2n}{n}}\left(\frac{\pi^2}{6n} - \frac{H_n}{n^2}\right)$$
O dividiendo las sumas: $$\frac{\pi^2}{24}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n}}{n^3 \binom{2n}{n}} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2} H_n}{n^4 \binom{2n}{n}}$$
Dejar $f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{n^3 \binom{2n}{n}}$. Entonces$f'(x) = 2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n-1}}{n^2 \binom{2n}{n}} = \frac{4\arcsin^2\left( \frac{x}{2} \right)}{x}$
Entonces la integral para resolver para la primera suma es $$\int_{0}^{2}\frac{4\arcsin^{2}\left(\frac{x}{2}\right)}{x}dx = 4\int_{0}^{1}\frac{\arcsin^{2}\left(x\right)}{x}dx$$
Haciendo la sustitución $x \to \arcsin(x)$ rendimientos $$4\int_0^{\pi/2} x^2 \cot(x) dx$$
Esto se puede hacer mediante métodos complejos (sustituyendo $u = e^{2ix}-1$y luego haciendo fracciones parciales) para obtener la integral indefinida en forma cerrada. Entonces la integral sería$$\pi^2 \ln(2) - \frac{7}{2}\zeta(3)$$
Esto luego hace que la integral original de $$\frac{\pi^2}{48} \left( 2\pi^2 \ln(2) - 7\zeta(3) \right) - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2} H_n}{n^4 \binom{2n}{n}}$$
Comenzaré desde tu segundo intento: $$I=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}\underbrace{\int_0^{\pi/2}x^2\cot x \sin^{2n}(x) dx}_{I_n}$$
Usando la integración por partes, $I_n$ es igual a $$I_n = x^2 \frac{\sin^{2n}(x)}{2n} \Big|^{\pi/2}_0 - \int_0^{\pi/2} x \frac{\sin^{2n}(x)}{n} dx$$
Lo que simplifica a $$\frac{\pi^2}{8n} - \frac{1}{n} \int_0^{\pi/2} x\sin^{2n}(x) dx$$
Dividiendo el $\sin^{2n}(x)$ como $\sin^{2n-1}(x)\sin(x)$ para que pueda integrar por partes:
$$J_n = \int_0^{\pi/2} x\sin^{2n}(x) dx = \int_0^{\pi/2} \sin^{2n-1}(x) x \sin(x)dx$$
Integrando por partes:
$$1-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(-x\cos\left(x\right)+\sin\left(x\right)\right)\left(2n-1\right)\cos\left(x\right)\sin\left(x\right)^{\left(2n-2\right)}dx$$
Separar y evaluar da la relación $$J_n = \frac{1}{2n} - (2n-1) J_n + (2n-1)J_{n-1}$$
que tiene la solucion $$J_n = \frac{1}{4n^2} + \frac{2n-1}{2n} J_{n-1}$$ con $J_0 = \frac{\pi^2}{8}$
La solución explícita a esto es $$\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\left(\frac{\pi^2}{8} + \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}\right)$$
Que luego hace $I_n$ $$\frac{\pi^2}{8n} - \frac{1}{n} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\left(\frac{\pi^2}{8} + \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2} \right)$$
La integral / suma original es entonces $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \left( \frac{\pi^2}{8n} - \frac{1}{n} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\left(\frac{\pi^2}{8} + \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2} \right) \right)$$
Esto se puede simplificar a $$\frac{\pi^2}{8} \zeta(3) - \frac{\pi^2}{8}\underbrace{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3}}_{S_1} - \underbrace{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}}_{S_2} \tag 1$$
Concentrándose en $S_2$, $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}$: Esto se puede reescribir como $$\sum_{m=1}^{\infty} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} - \sum_{n=1}^{m-1} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} \right) = S_1\underbrace{\sum_{m=1}^{\infty} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}}_{S_3} - \sum_{m=1}^{\infty} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}\sum_{n=1}^{m-1} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} $$
$S_3$ se puede simplificar utilizando la expansión en serie de $\arcsin^2(x)$ Llegar $S_3 = \frac{\pi^2}{8}$
Esto luego simplifica las integrales / sumas generales a $$\frac{\pi^2}{8} \zeta(3) - \frac{\pi^2}{4}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} + \sum_{m=1}^{\infty} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}\sum_{n=1}^{m-1} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} \tag 2$$
Usando Mathematica, encontré $S_1 = \frac{-\pi^2 \ln(4) + \ln^3(4) + 12\zeta(3)}{6}$, pero no tengo una prueba de esto. Siento que podría haber una prueba de esto en algún lugar de MSE, pero desafortunadamente Approach0 está inactivo en este momento (por lo que no puedo buscar de manera tan efectiva).