Integrale resistente: $\int_0^1\frac{\arcsin^2(x)\ln(1-x)}{x}dx$

Question

Seguendo la stessa tecnica in questa domanda , si può trovare

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_{2n}}{n^3{2n\choose n}}=-4\int_0^1\frac{\arcsin^2(x)\ln(1-x)}{x}dx=-4\int_0^{\pi/2}x^2\cot x\ln(1-\sin x)dx$$

Primo tentativo:

$$\int_0^1\frac{\arcsin^2(x)\ln(1-x^2)}{x}dx=\int_0^1\frac{\arcsin^2(x)\ln(1-x)}{x}dx+\int_0^1\frac{\arcsin^2(x)\ln(1+x)}{x}dx$$

L'integrale LHS è già calcolato nel link sopra ma non ho idea di come affrontare l'integrale RHS che sembra duro quanto l'integrale principale.

Secondo tentativo: utilizzo$1-\sin x=2\sin^2\left(\frac{x}{2}-\frac{\pi}{4}\right)$ quindi impostazione $\frac{x}{2}-\frac{\pi}{4}=y$ complicherà il problema.

Terzo tentativo: espansione$\ln(1-x)$ in serie

$$\int_0^1\frac{\arcsin^2(x)\ln(1-x)}{x}dx=-\sum_{n=1}^\infty\frac1n\int_0^1 \arcsin^2(x)x^{n-1}dx$$

$$=-\sum_{n=1}^\infty\frac1n \int_0^{\pi/2} x^2\cot x\sin^{n-1}(x)dx$$

che è anche difficile da decifrare. Qualche pensiero?

Grazie in anticipo

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Nota: non sono sicuro che questo integrale abbia una forma chiusa e lo sto solo provando.

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Il seguente problema è solo per divertimento:

Dimostralo senza rompere il sommario

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_{2n}-4^nH_n}{n^3{2n\choose n}}=4\int_0^1\frac{\arcsin^2(x)\ln(1+x)}{x}dx$$

Answer 1

Valuterò la somma principale $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_{2n}}{n^3{2n\choose n}}$ da cui è apparso l'integrale nella domanda:

Dalla funzione Beta presentata nel libro, (Quasi) impossibili integrali, somme e serie ,$\displaystyle \int_0^1 \frac{x^{a-1}+x^{b-1}}{(1+x)^{a+b}} dx = \operatorname{B}(a,b)$, (vedi pagine $72$-$73$).

dove se impostiamo $a=b=n$ noi abbiamo

$$\int_0^1\frac{2x^{n-1}}{(1+x)^{2n}}dx=\frac{\Gamma^2(n)}{\Gamma(2n)}=\frac{2}{n{2n\choose n}}$$

O $$\frac{1}{n{2n\choose n}}=\int_0^1\frac{x^{n-1}}{(1+x)^{2n}}dx=\int_0^1\frac1x\left(\frac{x}{(1+x)^2}\right)^ndx$$

Differenzia entrambi i lati rispetto a $n$ noi abbiamo

$$\frac{H_n}{n{2n\choose n}}-\frac{H_{2n}}{n{2n\choose n}}-\frac{1}{2n^2{2n\choose n}}=\frac12\int_0^1\frac{1}x\ln\left(\frac{x}{(1+x)^2}\right)\left(\frac{x}{(1+x)^2}\right)^ndx$$

Quindi, moltiplica entrambi i lati per $\frac{4^n}{n^2}$ poi $\sum_{n=1}^\infty$ noi abbiamo

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_{n}}{n^3{2n\choose n}}-\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_{2n}}{n^3{2n\choose n}}-\frac12\sum_{n=1}^\infty\frac{4^n}{n^4{2n\choose n}}$$ $$=\frac12\int_0^1\frac{1}x\ln\left(\frac{x}{(1+x)^2}\right)\left[\sum_{n=1}^\infty\frac{\left(\frac{4x}{(1+x)^2}\right)^n}{n^2}\right]dx$$

$$=\frac12\int_0^1\frac{1}x\ln\left(\frac{x}{(1+x)^2}\right)\left[\text{Li}_2\left(\frac{4x}{(1+x)^2}\right)\right]dx$$

$$\overset{IBP}{=}-\frac54\zeta(4)-\frac12\int_0^1\left(\frac12\ln^2x+2\text{Li}_2(-x)\right)\left[\frac{2(x-1)}{x(1+x)}\ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\right]dx$$

$$=-\frac54\zeta(4)+\frac12\underbrace{\int_0^1\frac{\ln^2x\ln(1-x)}{x}dx}_{\mathcal{\Large{I}_1}}-\frac12\underbrace{\int_0^1\frac{\ln^2x\ln(1+x)}{x}dx}_{\mathcal{\Large{I}_2}}$$ $$+2\underbrace{\int_0^1\frac{\ln(1-x)\text{Li}_2(-x)}{x}dx}_{\mathcal{\Large{I}_3}}-2\underbrace{\int_0^1\frac{\ln(1+x)\text{Li}_2(-x)}{x}dx}_{\mathcal{\Large{I}_4}}$$

$$-\underbrace{\int_0^1\frac{\ln^2x\ln(1-x)}{1+x}dx}_{\mathcal{\Large{I}_5}}+\underbrace{\int_0^1\frac{\ln^2x\ln(1+x)}{1+x}dx}_{\mathcal{\Large{I}_6}}$$ $$-4\underbrace{\int_0^1\frac{\ln(1-x)\text{Li}_2(-x)}{1+x}dx}_{\mathcal{\Large{I}_7}}+4\underbrace{\int_0^1\frac{\ln(1+x)\text{Li}_2(-x)}{1+x}dx}_{\mathcal{\Large{I}_8}}$$

$$\mathcal{I}_1=\int_0^1\frac{\ln^2x\ln(1-x)}{x}dx=-\sum_{n=1}^\infty\frac1{n}\int_0^1 x^{n-1}\ln^2xdx=-2\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^4}=\boxed{-2\zeta(4)}$$

$$\mathcal{I}_2=\int_0^1\frac{\ln^2x\ln(1+x)}{x}dx=-\sum_{n=1}^\infty\frac{-1)^n}{n}\int_0^1 x^{n-1}\ln^2xdx=-2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^4}=\boxed{\frac74\zeta(4)}$$

$$\mathcal{I}_3=\int_0^1\frac{\ln(1-x)\text{Li}_2(-x)}{x}dx=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^2}\int_0^1 x^{n-1}\ln(1-x)dx=\boxed{-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^3}}$$

$$\mathcal{I}_4=\int_0^1\frac{\ln(1+x)\text{Li}_2(-x)}{x}dx=-\frac12\text{Li}_2^2(-1)=\boxed{-\frac{5}{16}\zeta(4)}$$

$\mathcal{I}_5$viene calcolato qui (vedere l'integrale$Q$):

$$\mathcal{I}_5=\int_0^1\frac{\ln^2x\ln(1-x)}{1+x}dx=\boxed{\zeta(4)+\ln^22\zeta(2)-\frac16\ln^42-4\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)}$$

$$\mathcal{I}_6=\int_0^1\frac{\ln^2x\ln(1+x)}{1+x}dx=\sum_{n=1}^\infty (-1)^nH_{n-1}\int_0^1 x^{n-1}\ln^2xdx=2\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_{n-1}}{n^3}$$ $$=\boxed{2\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_n}{n^3}+\frac74\zeta(4)}$$

$$\mathcal{I}_7=\int_0^1\frac{\ln(1-x)\text{Li}_2(-x)}{1+x}dx=-\sum_{n=1}^\infty (-1)^n H_{n-1}^{(2)}\int_0^1 x^{n-1}\ln(1-x)dx$$ $$=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_{n-1}^{(2)}H_n}{n}=\boxed{\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n^{(2)}H_n}{n}-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^3}}$$

$$\mathcal{I}_8=\int_0^1\frac{\ln(1+x)\text{Li}_2(-x)}{1+x}dx\overset{IBP}{=}-\frac14\ln^2(2)\zeta(2)+\frac12\int_0^1\frac{\ln^3(1+x)}{x}dx$$

$$=\boxed{3\zeta(4)-\frac{21}{8}\ln(2)\zeta(3)+\frac12\ln^2(2)\zeta(2)-\frac18\ln^4(2)-3\text{Li}_4\left(\frac12\right)}$$

dove l'ultimo risultato segue dalla generalizzazione qui .

Raccogli tutti gli integrali che otteniamo

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_{2n}}{n^3{2n\choose n}}=8\text{Li}_4\left(\frac12\right)-\frac{41}{4}\zeta(4)+\frac{21}{2}\ln(2)\zeta(3)-\ln^2(2)\zeta(2)+\frac13\ln^4(2)$$

$$+4\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n^{(2)}H_n}{n}-4\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^3}+\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_{n}}{n^3{2n\choose n}}-\frac12\sum_{n=1}^\infty\frac{4^n}{n^4{2n\choose n}}$$

Per l'ultima somma, usa l'identità

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nx^{2n}}{n^2{2n\choose n}}=\arcsin^2(x)$$

Moltiplica entrambi i lati per $-\frac{\ln x}{4x}$ poi $\int_0^1$ noi abbiamo

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{4^n}{n^4{2n\choose n}}=-\frac14\int_0^1\frac{\arcsin^2(x)\ln x}{x}dx$$

$$\overset{IBP}{=}4\int_0^1\frac{\arcsin(x)\ln^2x}{\sqrt{1-x^2}}dx=4\int_0^{\pi/2}x\ln^2(\sin x)dx$$

$$=4\operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{19}{8}\zeta(4)+2\ln^2(2)\zeta(2)+\frac{1}{6}\ln^4(2)$$

Dove qui viene calcolato l'ultimo integrale .

Sostituisci questo risultato insieme ai seguenti risultati:

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_nH_n^{(2)}}{n}=-2\text{Li}_4\left(\frac12\right)+\zeta(4)-\frac{7}{8}\ln(2)\zeta(3)+\frac14\ln^2(2)\zeta(2)-\frac1{12}\ln^4(2)$$

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^3}=2\operatorname{Li_4}\left(\frac12\right)-\frac{11}4\zeta(4)+\frac74\ln(2)\zeta(3)-\frac12\ln^2(2)\zeta(2)+\frac{1}{12}\ln^4(2)$$

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_n}{n^3{2n\choose n}}=-8\text{Li}_4\left(\frac12\right)+\zeta(4)+8\ln^2(2)\zeta(2)-\frac{1}{3}\ln^4(2)$$

finalmente otteniamo

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_{2n}}{n^3{2n\choose n}}=-20\text{Li}_4\left(\frac12\right)+\frac{65}{8}\zeta(4)+8\ln^2(2)\zeta(2)-\frac56\ln^4(2)$$