고급 통합 : $\int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx$
태클하는 방법
$$I=\int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx\ ?$$
이 적분은 내가 찾는 작업을하는 동안 $\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_n}{n^4{2n\choose n}}$.
첫 시도 : 글쓰기$\text{Li}_2(x^2)=-\int_0^1\frac{x^2\ln(y)}{1-x^2y}dy$ 우리는
$$I=-\int_0^1\ln(y)\left(\int_0^1\frac{x\arcsin^2(x)}{1-x^2y}dx\right)dy$$
및 매스 매 티카는 내부 통합을위한 복잡한 표정을 준 그 날을 중지했다.
두 번째 시도 : $x=\sin\theta$
$$I=\int_0^{\pi/2}\theta^2\cot\theta\ \text{Li}_2(\sin^2\theta)d\theta$$
$$=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}\int_0^{\pi/2}\theta^2\cot\theta \sin^{2n}(\theta) d\theta$$
계속하는 방법을 모르겠습니다. 어떠한 제안?
감사
어떻게 $I$ 내 계산에 나타났습니다.
이후
$$\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{(2x)^{2n-1}}{n{2n\choose n}}$$
우리는 쓸 수있다
$$\frac{2\sqrt{x}\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{1-x}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}x^{n}}{n{2n\choose n}}$$
양쪽을 다음으로 나누기 $x$ 그때 $\int_0^y$ 우리는
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}y^n}{n^2{2n\choose n}}=2\int_0^y \frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}dx$$
다음으로 양쪽에 곱하십시오 $\frac{\text{Li}_2(y)}{y}$ 그때 $\sum_{n=1}^\infty$ 그리고 그것을 사용하십시오 $\int_0^1 y^{n-1}\text{Li}_2(y)dy=\frac{\zeta(2)}{n^2}-\frac{H_n}{n^2}$ 우리는 얻는다
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{\zeta(2)2^{2n}}{n^3{2n\choose n}}-\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_n}{n^4{2n\choose n}}=2\int_0^1\int_0^y \frac{\arcsin \sqrt{x}\text{Li}_2(y)}{y\sqrt{x}\sqrt{1-x}}dxdy$$
$$=2\int_0^1 \frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}\left(\int_x^1\frac{\text{Li}_2(y)}{y}dy\right)dx$$ $$=2\int_0^1 \frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}\left(\zeta(3)-\text{Li}_3(x)\right)dx$$
$$\overset{\sqrt{x}\to x}{=}4\int_0^1\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}(\zeta(3)-\text{Li}_3(x^2))dx$$
$$\overset{\text{IBP}}{=}4\int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx$$
대용품 $\sum_{n=1}^\infty\frac{\zeta(2)2^{2n}}{n^3{2n\choose n}}=15\ln(2)\zeta(4)-\frac72\zeta(2)\zeta(3)$ 우리는 얻는다
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_n}{n^4{2n\choose n}}=15\ln(2)\zeta(4)-\frac72\zeta(2)\zeta(3)-4\int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx$$
답변
나는 이것에 대한 폐쇄 형을 찾을 수 없었지만 그것을 단순화 할 수 있었다.
$$\frac{\pi^2}{48} \left( 2\pi^2 \ln(2) - 7\zeta(3) \right) - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2} H_n}{n^4 \binom{2n}{n}}$$
평가 $$I = \int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx$$
확장 $\arcsin^2(x)$ 멱급수를 사용하면 다음이 생성됩니다. $$\int_0^1 \text{Li}_2(x^2) \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-1}}{n^2 \binom{2n}{n}} x^{2n-1} dx$$
통합 및 합계 교환 :
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-1}}{n^2 \binom{2n}{n}}\int_0^1 \text{Li}_2(x^2) x^{2n-1} dx$$
대체하기 $u = x^2$:
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2}}{n^2 \binom{2n}{n}}\int_0^1 \text{Li}_2(u) u^{n-1}du$$
내부 적분은 다음과 같습니다. $$\int_0^1 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{u^k}{k^2} u^{n-1} du = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2} \frac{1}{k+n} = \frac{\pi^2}{6n} - \frac{H_n}{n^2}$$
전체적으로 통합되는 $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2}}{n^2 \binom{2n}{n}}\left(\frac{\pi^2}{6n} - \frac{H_n}{n^2}\right)$$
또는 합계 나누기 : $$\frac{\pi^2}{24}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n}}{n^3 \binom{2n}{n}} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2} H_n}{n^4 \binom{2n}{n}}$$
허락하다 $f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{n^3 \binom{2n}{n}}$. 그때$f'(x) = 2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n-1}}{n^2 \binom{2n}{n}} = \frac{4\arcsin^2\left( \frac{x}{2} \right)}{x}$
그러면 첫 번째 합을 구하기위한 적분은 다음과 같습니다. $$\int_{0}^{2}\frac{4\arcsin^{2}\left(\frac{x}{2}\right)}{x}dx = 4\int_{0}^{1}\frac{\arcsin^{2}\left(x\right)}{x}dx$$
대체하기 $x \to \arcsin(x)$ 수확량 $$4\int_0^{\pi/2} x^2 \cot(x) dx$$
이것은 복잡한 방법으로 수행 할 수 있습니다 (대체 $u = e^{2ix}-1$그런 다음 부분 분수를 수행하여 닫힌 형태로 부정적분을 얻습니다. 그러면 적분은$$\pi^2 \ln(2) - \frac{7}{2}\zeta(3)$$
이것은 원래의 적분을 $$\frac{\pi^2}{48} \left( 2\pi^2 \ln(2) - 7\zeta(3) \right) - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2} H_n}{n^4 \binom{2n}{n}}$$
두 번째 시도부터 시작하겠습니다. $$I=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}\underbrace{\int_0^{\pi/2}x^2\cot x \sin^{2n}(x) dx}_{I_n}$$
부품 별 통합을 사용하여 $I_n$ 동일하다 $$I_n = x^2 \frac{\sin^{2n}(x)}{2n} \Big|^{\pi/2}_0 - \int_0^{\pi/2} x \frac{\sin^{2n}(x)}{n} dx$$
단순화하는 $$\frac{\pi^2}{8n} - \frac{1}{n} \int_0^{\pi/2} x\sin^{2n}(x) dx$$
분할 $\sin^{2n}(x)$ 같이 $\sin^{2n-1}(x)\sin(x)$ 부품별로 통합 할 수 있습니다.
$$J_n = \int_0^{\pi/2} x\sin^{2n}(x) dx = \int_0^{\pi/2} \sin^{2n-1}(x) x \sin(x)dx$$
부품 별 통합 :
$$1-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(-x\cos\left(x\right)+\sin\left(x\right)\right)\left(2n-1\right)\cos\left(x\right)\sin\left(x\right)^{\left(2n-2\right)}dx$$
분리 및 평가는 관계를 제공합니다. $$J_n = \frac{1}{2n} - (2n-1) J_n + (2n-1)J_{n-1}$$
해결책이있는 $$J_n = \frac{1}{4n^2} + \frac{2n-1}{2n} J_{n-1}$$ 와 $J_0 = \frac{\pi^2}{8}$
이에 대한 명시적인 해결책은 $$\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\left(\frac{\pi^2}{8} + \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}\right)$$
그런 다음 $I_n$ $$\frac{\pi^2}{8n} - \frac{1}{n} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\left(\frac{\pi^2}{8} + \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2} \right)$$
원래의 적분 / 합은 다음과 같습니다. $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \left( \frac{\pi^2}{8n} - \frac{1}{n} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\left(\frac{\pi^2}{8} + \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2} \right) \right)$$
이것은 다음과 같이 단순화 될 수 있습니다. $$\frac{\pi^2}{8} \zeta(3) - \frac{\pi^2}{8}\underbrace{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3}}_{S_1} - \underbrace{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}}_{S_2} \tag 1$$
에 초점을 맞추고 $S_2$, $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}$: 이것은 다음과 같이 다시 작성할 수 있습니다. $$\sum_{m=1}^{\infty} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} - \sum_{n=1}^{m-1} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} \right) = S_1\underbrace{\sum_{m=1}^{\infty} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}}_{S_3} - \sum_{m=1}^{\infty} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}\sum_{n=1}^{m-1} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} $$
$S_3$ 시리즈 확장을 사용하여 단순화 할 수 있습니다. $\arcsin^2(x)$ 얻기 위해 $S_3 = \frac{\pi^2}{8}$
그러면 전체 적분 / 합이 다음과 같이 단순화됩니다. $$\frac{\pi^2}{8} \zeta(3) - \frac{\pi^2}{4}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} + \sum_{m=1}^{\infty} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}\sum_{n=1}^{m-1} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} \tag 2$$
Mathematica를 사용하여 $S_1 = \frac{-\pi^2 \ln(4) + \ln^3(4) + 12\zeta(3)}{6}$, 그러나 이것에 대한 증거가 없습니다. MSE 어딘가에 이것에 대한 증거가있을 것 같지만, 불행히도 Approach0이 지금 다운되었습니다 (그래서 효과적으로 검색 할 수 없습니다).