Integral ${\large\int}_0^1\left(-\frac{\operatorname{li} x}x\right)^adx$

Question

Dejemos que $\operatorname{li} x$ denotan el integral logarítmica $$\operatorname{li} x=\int_0^x\frac{dt}{\ln t}.$$ Consideremos la siguiente integral parametrizada: $$I(a)=\int_0^1\left(-\frac{\operatorname{li} x}x\right)^adx.$$

¿Podemos encontrar una forma cerrada para esta integral?

Podemos encontrar algunos valores especiales de esta integral: $$I(0)=1,\,\,I(1)=1,\,\,I(2)=\frac{\pi^2}6,\,\,I(3)\stackrel?=\frac{7\zeta(3)}2$$ El último valor fue sugerido por cálculos numéricos, y todavía no tengo una prueba para ello.

¿Podemos demostrar el valor conjetural de $I(3)$ ?

Se podría esperar que $I(4)$ puede ser un simple múltiplo racional (o al menos algebraico) de $\pi^4$ pero no he podido encontrar dicho formulario.

¿Podemos encontrar formas cerradas para $I(4),I(5)$ y otros argumentos de números enteros pequeños?

Answer 1

$I(5)$ no parece tener una forma cerrada que haya podido encontrar. Por otra parte, he encontrado numéricamente que $$ \begin{eqnarray}I(4) &=& -\tfrac{32}{3} \text{Li}_4(\tfrac{1}{2})+\tfrac{52}{3} \zeta(4)+\tfrac{8}{3} \zeta (2) \log^22-\tfrac{4}{9}\log^4 2. \end{eqnarray}$$

Caso 3. La forma de hacer la integral $I(3)$ es escribir $$ \mathrm{li}(x) = -E_1(\log\tfrac1x), $$ y hacer el cambio de variable $t=1/u$ para que $$ I(a) = \int_1^\infty u^{a-2}E_1(\log u)^a\,du. $$ De esta manera, la integral exponencial toma la forma $$ E_1(x) = \int_1^\infty \frac{dt}{t} e^{-x t}, $$ para que la integral $I(a)$ es igual a $$ I(a) = \int_1^\infty \frac{u^{a-2-\sum t}}{t_1\cdots t_a}\,du\,dt_1\cdots dt_a. $$ La integral sobre $u$ se puede hacer fácilmente: $$ I(a) = \int_1^\infty \left(\prod \frac{dt}{t}\right) \frac{1}{\sum t+1-a}. $$

Para $a=3$ Mathematica puede hacer esta integral tridimensional: $$ I(3) = \int_1^\infty\frac{ds\,du\,dv}{suv}\frac{1}{s+u+v-2} = \tfrac72\zeta(3). $$

Answer 2

En referencia a la respuesta de Kirill, mostraré que efectivamente $$ I(3) = \int_{1}^{\infty} \int_{1}^{\infty} \int_{1}^{\infty} \frac{1}{xyz} \frac{dx \, dy \, dz}{x+y+z-2} = \frac{7}{2}\zeta(3).$$

Haré el mismo cambio de variables que hice en mi respuesta a tu otra pregunta más reciente.

$$ \begin{align} I(3) &= \int_{1}^{\infty} \int_{1}^{\infty} \frac{1}{yz} \int_{1}^{\infty} \frac{1}{y+z-2}\left( \frac{1}{x} - \frac{1}{x+y+z-2} \right) \, dx \, dy \, dz \\ &= \int_{1}^{\infty} \int_{1}^{\infty} \frac{1}{yz} \frac{\log (y+z-1)}{y+z-2} \, dy \, dz \\ &= 2 \int_{1}^{\infty} \int_{1}^{z} \frac{1}{yz} \frac{\log (y+z-1)}{y+z-2} \, dy \, dz \\ &= 2 \int_{2}^{\infty} \int_{u-1}^{u^{2}/4} \frac{1}{v} \frac{\log(u-1)}{u-2} \frac{dv \, du}{\sqrt{u^{2}-4v}} \tag{1} \\ & = 4 \int_{2}^{\infty} \frac{\log(u-1)}{u-2}\int_{0}^{u-2} \frac{1}{u^{2}-t^{2}} \, dt \, du \tag{2} \\ &= 2 \int_{2}^{\infty} \frac{\log^{2}(u-1)}{u(u-2)} \, du \\ &= 2 \int_{1}^{\infty} \frac{\log^{2}(w)}{w^{2}-1} \, dw \\ &= 2 \int_{0}^{1} \frac{\log^{2}(s)}{1-s^{2}} \, ds \tag{3} \\ &= 2 \int_{0}^{1} \log^{2}(s) \sum_{n=0}^{\infty} s^{2n} \, ds \\ &= 2 \sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{1} \log^{2}(s) s^{2n} \, ds \\ &= 4 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^{3}} \\ &= 4 \left(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{3}} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^{3}} \right) \\ &= 4 \left( \zeta(3) - \frac{\zeta(3)}{8}\right) \\ &= \frac{7}{2} \zeta(3) \end{align}$$

$(1)$ Realizar el cambio de variables $u=y+z, v=yz$ .

$(2)$ Realice la sustitución $t^2 = u^{2}-4v$ .

$(3)$ Realice la sustitución $s = \frac{1}{w}$ .