高度なインテグラル： $\int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx$
取り組む方法
$$I=\int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx\ ?$$
この積分は、私が発見に取り組んでいるときに思いついた $\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_n}{n^4{2n\choose n}}$。
最初の試み：書くことによって$\text{Li}_2(x^2)=-\int_0^1\frac{x^2\ln(y)}{1-x^2y}dy$ 我々は持っています
$$I=-\int_0^1\ln(y)\left(\int_0^1\frac{x\arcsin^2(x)}{1-x^2y}dx\right)dy$$
そしてMathematicaは内部積分に複雑な表現を与えたので、私はやめました。
2回目の試行： $x=\sin\theta$
$$I=\int_0^{\pi/2}\theta^2\cot\theta\ \text{Li}_2(\sin^2\theta)d\theta$$
$$=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}\int_0^{\pi/2}\theta^2\cot\theta \sin^{2n}(\theta) d\theta$$
どうすればいいのかわかりません。なにか提案を？
ありがとう
どうやって $I$ 私の計算に現れました：
以来
$$\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{(2x)^{2n-1}}{n{2n\choose n}}$$
我々は書ける
$$\frac{2\sqrt{x}\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{1-x}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}x^{n}}{n{2n\choose n}}$$
両側をで割る $x$ その後 $\int_0^y$ 我々は持っています
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}y^n}{n^2{2n\choose n}}=2\int_0^y \frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}dx$$
次に、両側にを掛けます $\frac{\text{Li}_2(y)}{y}$ その後 $\sum_{n=1}^\infty$ そしてそれを使用します $\int_0^1 y^{n-1}\text{Li}_2(y)dy=\frac{\zeta(2)}{n^2}-\frac{H_n}{n^2}$ 我々が得る
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{\zeta(2)2^{2n}}{n^3{2n\choose n}}-\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_n}{n^4{2n\choose n}}=2\int_0^1\int_0^y \frac{\arcsin \sqrt{x}\text{Li}_2(y)}{y\sqrt{x}\sqrt{1-x}}dxdy$$
$$=2\int_0^1 \frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}\left(\int_x^1\frac{\text{Li}_2(y)}{y}dy\right)dx$$ $$=2\int_0^1 \frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}\left(\zeta(3)-\text{Li}_3(x)\right)dx$$
$$\overset{\sqrt{x}\to x}{=}4\int_0^1\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}(\zeta(3)-\text{Li}_3(x^2))dx$$
$$\overset{\text{IBP}}{=}4\int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx$$
代替 $\sum_{n=1}^\infty\frac{\zeta(2)2^{2n}}{n^3{2n\choose n}}=15\ln(2)\zeta(4)-\frac72\zeta(2)\zeta(3)$ 我々が得る
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_n}{n^4{2n\choose n}}=15\ln(2)\zeta(4)-\frac72\zeta(2)\zeta(3)-4\int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx$$
回答
このための閉じた形を見つけることができませんでしたが、私はそれを単純化することができました
$$\frac{\pi^2}{48} \left( 2\pi^2 \ln(2) - 7\zeta(3) \right) - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2} H_n}{n^4 \binom{2n}{n}}$$
評価する $$I = \int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx$$
拡大する $\arcsin^2(x)$ べき級数を使用すると、次のようになります。 $$\int_0^1 \text{Li}_2(x^2) \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-1}}{n^2 \binom{2n}{n}} x^{2n-1} dx$$
統合と合計の交換：
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-1}}{n^2 \binom{2n}{n}}\int_0^1 \text{Li}_2(x^2) x^{2n-1} dx$$
置換を行う $u = x^2$：
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2}}{n^2 \binom{2n}{n}}\int_0^1 \text{Li}_2(u) u^{n-1}du$$
内部積分は $$\int_0^1 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{u^k}{k^2} u^{n-1} du = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2} \frac{1}{k+n} = \frac{\pi^2}{6n} - \frac{H_n}{n^2}$$
これにより、全体が $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2}}{n^2 \binom{2n}{n}}\left(\frac{\pi^2}{6n} - \frac{H_n}{n^2}\right)$$
または、合計を分割します。 $$\frac{\pi^2}{24}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n}}{n^3 \binom{2n}{n}} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2} H_n}{n^4 \binom{2n}{n}}$$
しましょう $f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{n^3 \binom{2n}{n}}$。次に$f'(x) = 2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n-1}}{n^2 \binom{2n}{n}} = \frac{4\arcsin^2\left( \frac{x}{2} \right)}{x}$
次に、最初の合計を解くための積分は次のとおりです。 $$\int_{0}^{2}\frac{4\arcsin^{2}\left(\frac{x}{2}\right)}{x}dx = 4\int_{0}^{1}\frac{\arcsin^{2}\left(x\right)}{x}dx$$
置換を行う $x \to \arcsin(x)$ 収量 $$4\int_0^{\pi/2} x^2 \cot(x) dx$$
これは、複雑な方法で実行できます（ $u = e^{2ix}-1$次に、部分分数を実行して、閉じた形で不定積分を取得します。すると積分は$$\pi^2 \ln(2) - \frac{7}{2}\zeta(3)$$
これにより、元の積分が $$\frac{\pi^2}{48} \left( 2\pi^2 \ln(2) - 7\zeta(3) \right) - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2} H_n}{n^4 \binom{2n}{n}}$$
私はあなたの2回目の試みから始めます： $$I=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}\underbrace{\int_0^{\pi/2}x^2\cot x \sin^{2n}(x) dx}_{I_n}$$
パーツによる統合を使用して、 $I_n$ に等しい $$I_n = x^2 \frac{\sin^{2n}(x)}{2n} \Big|^{\pi/2}_0 - \int_0^{\pi/2} x \frac{\sin^{2n}(x)}{n} dx$$
これは単純化して $$\frac{\pi^2}{8n} - \frac{1}{n} \int_0^{\pi/2} x\sin^{2n}(x) dx$$
分割 $\sin^{2n}(x)$ なので $\sin^{2n-1}(x)\sin(x)$ パーツごとに統合できるように：
$$J_n = \int_0^{\pi/2} x\sin^{2n}(x) dx = \int_0^{\pi/2} \sin^{2n-1}(x) x \sin(x)dx$$
パーツによる統合：
$$1-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(-x\cos\left(x\right)+\sin\left(x\right)\right)\left(2n-1\right)\cos\left(x\right)\sin\left(x\right)^{\left(2n-2\right)}dx$$
分離して評価すると、関係が得られます $$J_n = \frac{1}{2n} - (2n-1) J_n + (2n-1)J_{n-1}$$
解決策があります $$J_n = \frac{1}{4n^2} + \frac{2n-1}{2n} J_{n-1}$$ と $J_0 = \frac{\pi^2}{8}$
これに対する明確な解決策は $$\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\left(\frac{\pi^2}{8} + \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}\right)$$
それからそれは $I_n$ $$\frac{\pi^2}{8n} - \frac{1}{n} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\left(\frac{\pi^2}{8} + \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2} \right)$$
元の積分/合計は次のようになります $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \left( \frac{\pi^2}{8n} - \frac{1}{n} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\left(\frac{\pi^2}{8} + \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2} \right) \right)$$
これは次のように簡略化できます $$\frac{\pi^2}{8} \zeta(3) - \frac{\pi^2}{8}\underbrace{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3}}_{S_1} - \underbrace{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}}_{S_2} \tag 1$$
焦点を当て $S_2$、 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}$：これは次のように書き直すことができます $$\sum_{m=1}^{\infty} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} - \sum_{n=1}^{m-1} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} \right) = S_1\underbrace{\sum_{m=1}^{\infty} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}}_{S_3} - \sum_{m=1}^{\infty} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}\sum_{n=1}^{m-1} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} $$
$S_3$ の級数展開を使用して簡略化できます $\arcsin^2(x)$ 取得するため $S_3 = \frac{\pi^2}{8}$
これにより、全体的な積分/合計が単純化されます。 $$\frac{\pi^2}{8} \zeta(3) - \frac{\pi^2}{4}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} + \sum_{m=1}^{\infty} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}\sum_{n=1}^{m-1} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} \tag 2$$
数学を使って、私は見つけました $S_1 = \frac{-\pi^2 \ln(4) + \ln^3(4) + 12\zeta(3)}{6}$、しかしこれの証拠はありません。MSEのどこかにこれの証拠があるかもしれないように感じますが、残念ながら、Approach0は現在ダウンしています（そのため、効果的に検索することはできません）。