Demostrar que $\int_0^1\frac{\ln(1-x)\ln^2x}{x-1}dx=\frac{\pi^4}{180}$

Question

Demostrar (por favor)

$$\int_0^1\frac{\ln(1-x)\ln^2x}{x-1}dx=\frac{\pi^4}{180}$$

He probado usando series de Taylor y terminé con $$-\sum_{m=0}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{2}{n(m+n+1)^3}$ $ estoy atrapado allí y no pude seguir usando la fracción parcial a cualquier familiar suma de serie. ¿Nadie aquí por favor me podria ayudar a probar la integral preferiblemente (si es posible) con formas elementales (métodos de la high School secundaria)? Cualquier ayuda sería mucho apreció. Gracias.

Answer 1

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $\ds{\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 - x}\ln^{2}\pars{x} \over x - 1}\,\dd x ={\pi^{4} \más de 180}:\ {\large ?}}$

\begin{align}&\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 - x}\ln^{2}\pars{x} \over x - 1}\,\dd x =-\lim_{\mu \to -1\,\,\,\,\atop \nu \to 0}\partiald{}{\mu}\partiald[2]{}{\nu} \int_{0}^{1}\pars{1 - x}^{\mu}x^{\nu}\,\dd x \\[5mm]&=-\lim_{\mu \to - 1\,\,\,\,\atop \nu \to 0} \partiald{}{\mu}\partiald[2]{}{\nu}{\rm B}\pars{\mu + 1,\nu + 1} \end{align} donde $\ds{{\rm B}\pars{x,y}}$ es la Función Beta. El uso de expresiones $\pars{23}$, $\pars{24}$, $\pars{25}$ y $\pars{26}$ a partir de la citada enlace.

Answer 2

La idea es utilizar el hecho de que $\dfrac{\ln(1-x)}{x-1} = \sum\limits_{n \geq 1} H_n x^n$ donde $|x| < 1$ $H_n$ $n$'ésimo número armónico. Esto reduce la integral a una combinación lineal de $\sum\limits_{n \geq 1} H_n/n^3$$\sum\limits_{n \geq 1} 1/n^4$. Este último término es $\zeta(4) = \pi^4/90$; el ex plazo es más difícil de calcular, pero se puede calcular con los residuos; una prueba aquí se puede encontrar aquí. Parece muy difícil hacer esto usando sólo métodos de primaria.

Más explícitamente:

$$ I = \int_0^1\frac {\log(1 - u)}{u - 1}\, (\log u)^2 \, du = \int_0^1 \sum_{n = 0}^\infty H_n u^n \, (\log u)^2 \, du = \sum_{n = 0}^\infty H_n \int_0^1 u^n\, (\log u)^2\, du = \sum_{n = 0}^\infty H_n\, \frac {2}{(n + 1)^3} = 2\sum_{n = 1}^\infty \frac {H_{n - 1}}{n^3} = 2\left(\sum_{n = 1}^\infty \frac {H_n}{n^3} - \sum_{n = 1}^\infty \frac {1}{n^4}\right) = 2\left(\frac54\zeta(4) - \zeta(4)\right) = \frac{\pi^4}{180}.$$ Aquí hemos utilizado el hecho de que $\int_0^{1}dx\, x^n \ln^2 x = \int_0^{\infty} dx\, e^{-(n+1)x} x^2 = \frac{2!}{(n+1)^3}$. La penúltima igualdad no es tan trivial para mostrar (pero vea el comentario por Tunk-Fey), pero una prueba es dada en el enlace.

Answer 3

\begin{align} -\int^1_0\frac{\ln^2{x}\ln(1-x)}{1-x}dx &=-\int^1_0\frac{\ln{x}\ln(1-x)\ln(1-x)}{x}dx\tag1\\ &=\int^1_0\frac{\ln{x} \ \mathrm{Li}_2(x)}{1-x}dx-\int^1_0\underbrace{\frac{\ln(1-x) \ \mathrm{Li}_2(x)}{x}}_{-\mathrm{Li}_2(x)\mathrm{Li}_2'(x)}dx\tag2\\ &=-\frac{\pi^4}{120}+\frac{\pi^4}{72}\tag3\\ &=\frac{\pi^4}{180} \end {Alinee el} explicación:
$(1)$Sustituto $x \mapsto 1-x$
$(2)$ Integrar por partes, con $u=\ln{x}\ln(1-x)$ y $v=\mathrm{Li}_2(x)$
$(3)$ La primera integral se resuelve inteligentemente aquí (no tomar absolutamente ningún crédito por ello). Para el segundo, observar que\begin{align} \int^1_0\mathrm{Li}_2(x)\mathrm{Li}_2'(x)dx &=\left[\frac{1}{2}\mathrm{Li}_2(x)^2\right]^1_0\\ &=\frac{1}{2}\left(\frac{\pi^2}{6}\right)^2\\ &=\frac{\pi^4}{72} \end {alinee el}

Answer 4

La respuesta por user111187 es la forma más limpia para el planteamiento de dicho problema. Voy a elaborar en las cantidades (que no se muestran).

$$I = (-)\cdot\int_{0}^{1} \frac{\log(1-x)\log^2(x) dx}{1-x}$$

Deje $u = 1-x \implies du = -dx$

$$I = -\int_{0}^{1} \frac{\log(u)\log^2(1-u) du}{u}$$

$$\sum_{n=1}^{\infty} H_n u^n = -\frac{\log(1-u)}{1-u}$$

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_nu^{n+1}}{n+1} = \frac{\log^2(1-u)}{2}$$

$$(2)\cdot\sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_n\log(u)\cdot u^{n}}{n+1} = \frac{\log^2(1-u)\log(u)}{u}$$

$$(-2)\cdot \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n+1}\cdot \int_{0}^{1} \log(u) \cdot u^{n} du = \int_{0}^{1} \frac{\log^2(1-u)\log(u)}{u} du = I$$

Para la integral en el lado izquierdo, que simplemente usamos la regla de Leibniz considerando $\displaystyle J(n) = \int_{0}^{1} u^n du$ luego se diferencian.

$$(2)\cdot \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{(n+1)^3} = \int_{0}^{1} \frac{\log^2(1-u)\log(u)}{u} du = I$$

$$H_n = H_{n-1} + \frac{1}{n} \implies H_{n+1} = H_{n} + \frac{1}{n+1} \implies H_n = H_{n+1} - \frac{1}{n+1}$$

$$ = (2)\cdot \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n+1}}{(n+1)^3} - (2)\cdot\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^4}$$

$$ = (2)\cdot \sum_{n=2}^{\infty} \frac{H_{n}}{n^3} - (2)\cdot\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^4}$$

$$ = (2)\cdot \left( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}}{n^3} - 1 \right) - (2) \cdot \left( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^4} - 1 \right)$$

Desde Generalizada De Euler Suma

$$ = (2)\cdot \left( \left(1 + \frac{3}{2} \right)\zeta(4) - \frac{1}{2}\zeta^2(2) - 1 \right) - 2\zeta(4) + 2$$

$$ = 5\zeta(4) - \zeta^2(2) - 2 - 2\zeta(4) + 2 = 3\zeta(4) - \zeta^2(2) = \frac{\pi^4}{180}$$

Finalmente,

$$I = \int_{0}^{1} \frac{\log(1-x)\log^2(x) \space dx}{x-1} = \frac{\pi^4}{180}$$