อินทิกรัลขั้นสูง: $\int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx$
วิธีการจัดการ
$$I=\int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx\ ?$$
อินทิกรัลนี้เกิดขึ้นในขณะที่ฉันกำลังค้นหา $\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_n}{n^4{2n\choose n}}$.
ความพยายามครั้งแรก : โดยการเขียน$\text{Li}_2(x^2)=-\int_0^1\frac{x^2\ln(y)}{1-x^2y}dy$ เรามี
$$I=-\int_0^1\ln(y)\left(\int_0^1\frac{x\arcsin^2(x)}{1-x^2y}dx\right)dy$$
และMathematicaให้นิพจน์ที่ซับซ้อนสำหรับอินทิกรัลภายในและนั่นทำให้ฉันหยุด
ความพยายามครั้งที่สอง: $x=\sin\theta$
$$I=\int_0^{\pi/2}\theta^2\cot\theta\ \text{Li}_2(\sin^2\theta)d\theta$$
$$=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}\int_0^{\pi/2}\theta^2\cot\theta \sin^{2n}(\theta) d\theta$$
และฉันไม่รู้ว่าจะทำอย่างไรต่อ ข้อเสนอแนะใด ๆ ?
ขอบคุณ
อย่างไร $I$ ปรากฏในการคำนวณของฉัน:
https://de.wikibooks.org/wiki/Formelsammlung_Mathematik:_Reihenentwicklungen#Potenzen_des_Arkussinus
$$\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{(2x)^{2n-1}}{n{2n\choose n}}$$
เราเขียนได้
$$\frac{2\sqrt{x}\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{1-x}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}x^{n}}{n{2n\choose n}}$$
หารทั้งสองข้างด้วย $x$ แล้ว $\int_0^y$ เรามี
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}y^n}{n^2{2n\choose n}}=2\int_0^y \frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}dx$$
ถัดไปคูณทั้งสองข้างด้วย $\frac{\text{Li}_2(y)}{y}$ แล้ว $\sum_{n=1}^\infty$ และใช้สิ่งนั้น $\int_0^1 y^{n-1}\text{Li}_2(y)dy=\frac{\zeta(2)}{n^2}-\frac{H_n}{n^2}$ เราได้รับ
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{\zeta(2)2^{2n}}{n^3{2n\choose n}}-\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_n}{n^4{2n\choose n}}=2\int_0^1\int_0^y \frac{\arcsin \sqrt{x}\text{Li}_2(y)}{y\sqrt{x}\sqrt{1-x}}dxdy$$
$$=2\int_0^1 \frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}\left(\int_x^1\frac{\text{Li}_2(y)}{y}dy\right)dx$$ $$=2\int_0^1 \frac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}\left(\zeta(3)-\text{Li}_3(x)\right)dx$$
$$\overset{\sqrt{x}\to x}{=}4\int_0^1\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}(\zeta(3)-\text{Li}_3(x^2))dx$$
$$\overset{\text{IBP}}{=}4\int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx$$
ทดแทน $\sum_{n=1}^\infty\frac{\zeta(2)2^{2n}}{n^3{2n\choose n}}=15\ln(2)\zeta(4)-\frac72\zeta(2)\zeta(3)$ เราได้รับ
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_n}{n^4{2n\choose n}}=15\ln(2)\zeta(4)-\frac72\zeta(2)\zeta(3)-4\int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx$$
คำตอบ
ฉันไม่พบฟอร์มปิดสำหรับสิ่งนี้ แต่ฉันสามารถทำให้ง่ายขึ้นได้
$$\frac{\pi^2}{48} \left( 2\pi^2 \ln(2) - 7\zeta(3) \right) - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2} H_n}{n^4 \binom{2n}{n}}$$
ประเมิน $$I = \int_0^1\frac{\text{Li}_2(x^2)\arcsin^2(x)}{x}dx$$
กำลังขยาย $\arcsin^2(x)$ การใช้อนุกรมกำลังให้ผล: $$\int_0^1 \text{Li}_2(x^2) \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-1}}{n^2 \binom{2n}{n}} x^{2n-1} dx$$
การรวมการแลกเปลี่ยนและผลรวม:
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-1}}{n^2 \binom{2n}{n}}\int_0^1 \text{Li}_2(x^2) x^{2n-1} dx$$
ทำการเปลี่ยนตัว $u = x^2$:
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2}}{n^2 \binom{2n}{n}}\int_0^1 \text{Li}_2(u) u^{n-1}du$$
อินทิกรัลด้านในจะเป็น $$\int_0^1 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{u^k}{k^2} u^{n-1} du = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2} \frac{1}{k+n} = \frac{\pi^2}{6n} - \frac{H_n}{n^2}$$
ซึ่งทำให้อินทิกรัลโดยรวมเป็น $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2}}{n^2 \binom{2n}{n}}\left(\frac{\pi^2}{6n} - \frac{H_n}{n^2}\right)$$
หรือแบ่งผลรวม: $$\frac{\pi^2}{24}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n}}{n^3 \binom{2n}{n}} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2} H_n}{n^4 \binom{2n}{n}}$$
ปล่อย $f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{n^3 \binom{2n}{n}}$. แล้ว$f'(x) = 2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n-1}}{n^2 \binom{2n}{n}} = \frac{4\arcsin^2\left( \frac{x}{2} \right)}{x}$
จากนั้นอินทิกรัลที่ต้องแก้สำหรับผลรวมแรกคือ $$\int_{0}^{2}\frac{4\arcsin^{2}\left(\frac{x}{2}\right)}{x}dx = 4\int_{0}^{1}\frac{\arcsin^{2}\left(x\right)}{x}dx$$
ทำการเปลี่ยนตัว $x \to \arcsin(x)$ ผลตอบแทน $$4\int_0^{\pi/2} x^2 \cot(x) dx$$
ซึ่งสามารถทำได้โดยวิธีการที่ซับซ้อน (การแทนที่ $u = e^{2ix}-1$แล้วทำเศษส่วนบางส่วน) เพื่อให้ได้อินทิกรัลไม่ จำกัด ในรูปแบบปิด จากนั้นอินทิกรัลจะเป็น$$\pi^2 \ln(2) - \frac{7}{2}\zeta(3)$$
สิ่งนี้ทำให้อินทิกรัลดั้งเดิมเป็น $$\frac{\pi^2}{48} \left( 2\pi^2 \ln(2) - 7\zeta(3) \right) - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n-2} H_n}{n^4 \binom{2n}{n}}$$
ฉันจะเริ่มจากความพยายามครั้งที่สองของคุณ: $$I=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}\underbrace{\int_0^{\pi/2}x^2\cot x \sin^{2n}(x) dx}_{I_n}$$
ใช้การรวมโดยส่วนต่างๆ $I_n$ เท่ากับ $$I_n = x^2 \frac{\sin^{2n}(x)}{2n} \Big|^{\pi/2}_0 - \int_0^{\pi/2} x \frac{\sin^{2n}(x)}{n} dx$$
ซึ่งช่วยให้ง่ายขึ้น $$\frac{\pi^2}{8n} - \frac{1}{n} \int_0^{\pi/2} x\sin^{2n}(x) dx$$
การแยกไฟล์ $\sin^{2n}(x)$ เช่น $\sin^{2n-1}(x)\sin(x)$ เพื่อให้ฉันสามารถรวมตามส่วนต่างๆ:
$$J_n = \int_0^{\pi/2} x\sin^{2n}(x) dx = \int_0^{\pi/2} \sin^{2n-1}(x) x \sin(x)dx$$
การรวมตามส่วนต่างๆ:
$$1-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(-x\cos\left(x\right)+\sin\left(x\right)\right)\left(2n-1\right)\cos\left(x\right)\sin\left(x\right)^{\left(2n-2\right)}dx$$
การแยกและการประเมินให้ความสัมพันธ์ $$J_n = \frac{1}{2n} - (2n-1) J_n + (2n-1)J_{n-1}$$
ซึ่งมีทางออก $$J_n = \frac{1}{4n^2} + \frac{2n-1}{2n} J_{n-1}$$ ด้วย $J_0 = \frac{\pi^2}{8}$
วิธีแก้ปัญหานี้อย่างชัดเจนคือ $$\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\left(\frac{\pi^2}{8} + \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}\right)$$
ซึ่งจะทำให้ $I_n$ $$\frac{\pi^2}{8n} - \frac{1}{n} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\left(\frac{\pi^2}{8} + \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2} \right)$$
อินทิกรัล / ผลรวมเดิมคือ $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \left( \frac{\pi^2}{8n} - \frac{1}{n} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\left(\frac{\pi^2}{8} + \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2} \right) \right)$$
สิ่งนี้สามารถทำให้ง่ายขึ้นได้ $$\frac{\pi^2}{8} \zeta(3) - \frac{\pi^2}{8}\underbrace{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3}}_{S_1} - \underbrace{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}}_{S_2} \tag 1$$
มุ่งเน้นไปที่ $S_2$, $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} \sum_{m=1}^{n} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}$: สามารถเขียนใหม่เป็นไฟล์ $$\sum_{m=1}^{\infty} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} - \sum_{n=1}^{m-1} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} \right) = S_1\underbrace{\sum_{m=1}^{\infty} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}}_{S_3} - \sum_{m=1}^{\infty} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}\sum_{n=1}^{m-1} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} $$
$S_3$ สามารถทำให้ง่ายขึ้นโดยใช้การขยายซีรีส์ของ $\arcsin^2(x)$ ที่จะได้รับ $S_3 = \frac{\pi^2}{8}$
สิ่งนี้จะทำให้อินทิกรัล / ผลรวมโดยรวมง่ายขึ้น $$\frac{\pi^2}{8} \zeta(3) - \frac{\pi^2}{4}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} + \sum_{m=1}^{\infty} \frac{4^{m-1}}{\binom{2m}{m} m^2}\sum_{n=1}^{m-1} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n n^3} \tag 2$$
ฉันพบการใช้ Mathematica $S_1 = \frac{-\pi^2 \ln(4) + \ln^3(4) + 12\zeta(3)}{6}$แต่ไม่มีหลักฐานสำหรับเรื่องนี้ ฉันรู้สึกว่าอาจมีข้อพิสูจน์เกี่ยวกับสิ่งนี้ใน MSE แต่น่าเสียดายที่ Approach0 หยุดทำงานในขณะนี้ (ฉันจึงไม่สามารถค้นหาได้อย่างมีประสิทธิภาพ)