उन्नत अभिन्न: $\int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx$
कैसे निपटा जाए
$$I=\int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx\ ?$$
यह अभिन्नता तब सामने आई जब मैं खोजने पर काम कर रहा था $\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_n}{n^4{2n\choose n}}$।
पहला प्रयास : लिखकर$\text{Li}_2(x^2)=-\int_0^1\frac{x^2\ln(y)}{1-x^2y}dy$ अपने पास
$$I=-\int_0^1\ln(y)\left(\int_0^1\frac{x\arcsin^2(x)}{1-x^2y}dx\right)dy$$
और गणितज्ञ ने आंतरिक अभिन्न के लिए एक जटिल अभिव्यक्ति दी और इससे मुझे रोक दिया गया।
दूसरा प्रयास: $x=\sin\theta$
$$I=\int_0^{\pi/2}\theta^2\cot\theta\ \text{Li}_2(\sin^2\theta)d\theta$$
$$=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}\int_0^{\pi/2}\theta^2\cot\theta \sin^{2n}(\theta) d\theta$$
और मुझे नहीं पता कि कैसे जारी रखा जाए। कोई भी सुझाव है?
धन्यवाद
किस तरह $I$ मेरी गणना में दिखाई दिया:
जबसे
$$\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{(2x)^{2n-1}}{n{2n\choose n}}$$
हम लिख सकते है
$$\frac{2\sqrt{x}\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{1-x}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}x^{n}}{n{2n\choose n}}$$
द्वारा दोनों पक्षों को विभाजित करें $x$ तब फिर $\int_0^y$ अपने पास
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}y^n}{n^2{2n\choose n}}=2\int_0^y \frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}dx$$
अगला दोनों पक्षों द्वारा गुणा करें $\frac{\text{Li}_2(y)}{y}$ तब फिर $\sum_{n=1}^\infty$ और उस का उपयोग करें $\int_0^1 y^{n-1}\text{Li}_2(y)dy=\frac{\zeta(2)}{n^2}-\frac{H_n}{n^2}$ हम पाते हैं
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{\zeta(2)2^{2n}}{n^3{2n\choose n}}-\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_n}{n^4{2n\choose n}}=2\int_0^1\int_0^y \frac{\arcsin \sqrt{x}\text{Li}_2(y)}{y\sqrt{x}\sqrt{1-x}}dxdy$$
$$=2\int_0^1 \frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}\left(\int_x^1\frac{\text{Li}_2(y)}{y}dy\right)dx$$ $$=2\int_0^1 \frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}\left(\zeta(3)-\text{Li}_3(x)\right)dx$$
$$\overset{\sqrt{x}\to x}{=}4\int_0^1\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}(\zeta(3)-\text{Li}_3(x^2))dx$$
$$\overset{\text{IBP}}{=}4\int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx$$
विकल्प $\sum_{n=1}^\infty\frac{\zeta(2)2^{2n}}{n^3{2n\choose n}}=15\ln(2)\zeta(4)-\frac72\zeta(2)\zeta(3)$ हम पाते हैं
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_n}{n^4{2n\choose n}}=15\ln(2)\zeta(4)-\frac72\zeta(2)\zeta(3)-4\int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx$$
जवाब
मैं इसके लिए एक बंद-रूप नहीं पा रहा था, लेकिन मैं इसे सरल बनाने में सक्षम था
$$\frac{\pi^2}{48} \left( 2\pi^2 \ln(2) - 7\zeta(3) \right) - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2} H_n}{n^4 \binom{2n}{n}}$$
मूल्यांकन करना $$I = \int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx$$
विस्तार $\arcsin^2(x)$ बिजली श्रृंखला पैदावार का उपयोग: $$\int_0^1 \text{Li}_2(x^2) \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-1}}{n^2 \binom{2n}{n}} x^{2n-1} dx$$
स्वैपिंग एकीकरण और योग:
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-1}}{n^2 \binom{2n}{n}}\int_0^1 \text{Li}_2(x^2) x^{2n-1} dx$$
स्थानापन्न बनाना $u = x^2$:
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2}}{n^2 \binom{2n}{n}}\int_0^1 \text{Li}_2(u) u^{n-1}du$$
आंतरिक अभिन्न होगा $$\int_0^1 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{u^k}{k^2} u^{n-1} du = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2} \frac{1}{k+n} = \frac{\pi^2}{6n} - \frac{H_n}{n^2}$$
जो समग्र को अभिन्न बनाता है $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2}}{n^2 \binom{2n}{n}}\left(\frac{\pi^2}{6n} - \frac{H_n}{n^2}\right)$$
या रकम को विभाजित करना: $$\frac{\pi^2}{24}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n}}{n^3 \binom{2n}{n}} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2} H_n}{n^4 \binom{2n}{n}}$$
लश्कर $f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{n^3 \binom{2n}{n}}$। फिर$f'(x) = 2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n-1}}{n^2 \binom{2n}{n}} = \frac{4\arcsin^2\left( \frac{x}{2} \right)}{x}$
फिर पहले योग के लिए हल करने का अभिन्न अंग है $$\int_{0}^{2}\frac{4\arcsin^{2}\left(\frac{x}{2}\right)}{x}dx = 4\int_{0}^{1}\frac{\arcsin^{2}\left(x\right)}{x}dx$$
स्थानापन्न बनाना $x \to \arcsin(x)$ पैदावार $$4\int_0^{\pi/2} x^2 \cot(x) dx$$
यह जटिल तरीकों (प्रतिस्थापन) द्वारा किया जा सकता है $u = e^{2ix}-1$और फिर आंशिक रूप से आंशिक रूप से) बंद रूप में अनिश्चितकालीन अभिन्नता प्राप्त करने के लिए। तब अभिन्न होगा$$\pi^2 \ln(2) - \frac{7}{2}\zeta(3)$$
यह तब मूल को अभिन्न बनाता है $$\frac{\pi^2}{48} \left( 2\pi^2 \ln(2) - 7\zeta(3) \right) - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2} H_n}{n^4 \binom{2n}{n}}$$
मैं आपके दूसरे प्रयास से शुरू करूंगा: $$I=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}\underbrace{\int_0^{\pi/2}x^2\cot x \sin^{2n}(x) dx}_{I_n}$$
भागों द्वारा एकीकरण का उपयोग करना, $I_n$ के बराबर है $$I_n = x^2 \frac{\sin^{2n}(x)}{2n} \Big|^{\pi/2}_0 - \int_0^{\pi/2} x \frac{\sin^{2n}(x)}{n} dx$$
जो सरल करता है $$\frac{\pi^2}{8n} - \frac{1}{n} \int_0^{\pi/2} x\sin^{2n}(x) dx$$
विभाजन करना $\sin^{2n}(x)$ जैसा $\sin^{2n-1}(x)\sin(x)$ ताकि मैं भागों द्वारा एकीकृत कर सकूं:
$$J_n = \int_0^{\pi/2} x\sin^{2n}(x) dx = \int_0^{\pi/2} \sin^{2n-1}(x) x \sin(x)dx$$
भागों द्वारा एकीकरण:
$$1-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(-x\cos\left(x\right)+\sin\left(x\right)\right)\left(2n-1\right)\cos\left(x\right)\sin\left(x\right)^{\left(2n-2\right)}dx$$
अलग होना और मूल्यांकन करना संबंध देता है $$J_n = \frac{1}{2n} - (2n-1) J_n + (2n-1)J_{n-1}$$
जिसका हल है $$J_n = \frac{1}{4n^2} + \frac{2n-1}{2n} J_{n-1}$$ साथ से $J_0 = \frac{\pi^2}{8}$
इसका स्पष्ट समाधान है $$\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\left(\frac{\pi^2}{8} + \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}\right)$$
जो तब बनाता है $I_n$ $$\frac{\pi^2}{8n} - \frac{1}{n} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\left(\frac{\pi^2}{8} + \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2} \right)$$
मूल अभिन्न / योग तो है $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \left( \frac{\pi^2}{8n} - \frac{1}{n} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\left(\frac{\pi^2}{8} + \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2} \right) \right)$$
इसे सरल बनाया जा सकता है $$\frac{\pi^2}{8} \zeta(3) - \frac{\pi^2}{8}\underbrace{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3}}_{S_1} - \underbrace{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}}_{S_2} \tag 1$$
ध्यान रखते हुए $S_2$, $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}$: इसे फिर से लिखा जा सकता है $$\sum_{m=1}^{\infty} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} - \sum_{n=1}^{m-1} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} \right) = S_1\underbrace{\sum_{m=1}^{\infty} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}}_{S_3} - \sum_{m=1}^{\infty} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}\sum_{n=1}^{m-1} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} $$
$S_3$ की श्रृंखला विस्तार का उपयोग करके सरलीकृत किया जा सकता है $\arcsin^2(x)$ पाने के लिए $S_3 = \frac{\pi^2}{8}$
इसके बाद समग्र / सरल को सरल बनाता है $$\frac{\pi^2}{8} \zeta(3) - \frac{\pi^2}{4}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} + \sum_{m=1}^{\infty} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}\sum_{n=1}^{m-1} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} \tag 2$$
Mathematica का उपयोग करते हुए, मैंने पाया $S_1 = \frac{-\pi^2 \ln(4) + \ln^3(4) + 12\zeta(3)}{6}$, लेकिन इसके लिए कोई प्रमाण नहीं है। मुझे ऐसा लग रहा है कि MSE पर कहीं न कहीं इसका प्रमाण हो सकता है, लेकिन दुर्भाग्य से लगभग अभी नीचे है (इसलिए मैं प्रभावी रूप से खोज नहीं कर सकता)।