Integral, integral definida

Question

¿Cómo podemos demostrar

$$ \int_0^1 \frac{\ln x \cdot \ln(1+x)}{1+x}dx=-\frac{\zeta(3)}{8}? $$

Esta ha sido una de las integrales que salió de un integrante de otro post aquí, pero no hay solución.

No estoy seguro de cómo utilizar una expansión en series de taylor para la $\ln(1+x)\cdot(x+1)^{-1}$ plazo, por lo tanto no puedo sencilla de reducir esta parte integrante de la forma $$ \int_0^1 x^n \ln x dx $$ Creo que si puedo obtener la integral en esta forma, voy a ser capaz de recuperar la función zeta de la serie, que está dada por $$ \zeta(3)=\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(n+1)^3}. $$ Gracias

Answer 1

He jugado con este uso de los componentes, ya que se ve como una integral que implica polylogs. Muchos de estos se puede hacer con las partes o de uso múltiple de las partes.

$$\int\frac{log(x)log(1+x)}{1+x}dx$$

Deje $$u=x+1$$

$$\int\frac{log(u-1)log(u)}{u}du=\int\frac{log(u)}{u}\left(log(u)+log(1-1/u)\right)du$$

$$=\frac{log^{3}(u)}{3}+\int\frac{log(u)log(1-1/u)}{u}du$$

Ahora, el uso de partes de esta última integral:

$u=log(u), \;\ dv=\frac{log(1-1/u)}{u}, \;\ du=\frac{1}{u}du, \;\ v=Li_{2}(1/u)$

(como una nota, $\int\frac{log(1-1/u)}{u}du=Li_{2}(1/u)$ es un lugar famoso integral relacionados con el dilog).

$$\int\frac{log(u)log(1-1/u)}{u}du=log(u)Li_{2}(1/u)-\int\frac{Li_{2}(1/u)}{u}du$$

También, tenga en cuenta esta última integral es simplemente $$-Li_{3}(1/u)$$

Ahora, de vuelta sub $u=x+1$, y la puso en conjunto mediante la integración de los límites de 0 a 1.

Por lo tanto, llegamos a:

$$ \left|1/3log^{3}(x+1)+log(x+1)Li_{2}\left(\frac{1}{x+1}\right)+Li_{3}\left(\frac{1}{1+x}\right)\right|_{0}^{1}$$

$$=1/3log^{3}(2)+log(2)Li_{2}(1/2)+Li_{3}(1/2)-Li_{3}(1).........(1)$$

Nota las identidades:

$$Li_{2}(1/2)=\frac{\pi^{2}}{12}-1/2log^{2}(2)$$

$$Li_{3}(1/2)=7/8\zeta(3)+1/6log^{3}(2)-\frac{\pi^{2}}{12}log(2)$$

resumen (1):

$$1/3log^{3}(2)+log(2)\left(\frac{\pi^{2}}{12}-1/2log^{2}(2)\right)+\left(7/8\zeta(3)+1/6log^{3}(2)-\frac{\pi^{2}}{12}log(2)\right)-\zeta(3)$$

$$=\frac{-\zeta(3)}{8}$$

Answer 2

Creo que este une las mencionadas ideas bastante bien:

Paso 1: Integrar por partes. Deje $u=\log{x}$$dv=\frac{\log(1+x)}{1+x}$. Obtenemos $v=\frac{1}{2} [\log(1+x)]^2$. Siendo un poco cuidadoso con los límites, vemos que la integral de sí mismo es igual a $$ -\frac{1}{2} \int_0^1 \frac{[\log(1+x)]^2}{x}\,dx $$

Paso 2: Expandir $\log(1+x)$ $\log(1+x)/x$ en su serie de Taylor y combinar. $$ -\frac{1}{2} \int_0^1\left(\sum_{j=1}^{\infty} (-1)^{j+1} \frac{x^j}{j}\right)\left(\sum_{i=0}^\infty (-1)^i \frac{x^i}{i+1}\right)\,dx = -\frac{1}{2} \sum_{j=1}^\infty \sum_{i=0}^\infty \frac{(-1)^{i+j+1}}{j(i+1)(i+j+1)} $$

Paso 3: Hay un par de maneras de ir aquí, pero me gusta $k=i+j+1$, seguido por una fracción parcial de la descomposición. A continuación, $$ -\frac{1}{2} \sum_{k=2}^\infty \frac{(-1)^k}{k} \sum_{j=1}^{k-1} \frac{1}{j(k-j)} = -\sum_{k=2}^\infty \frac{(-1)^k}{k^2} H_{k-1} $$

Paso 4: ??? No está claro para mí por qué esta cantidad es el deseado, pero antes de respuestas parecen indicar que, como tales. Cualquier otra persona con pensamientos?

[editar] yo tenía un $H_k$ que debería haber sido una $H_{k-1}$. Fijo ahora.

[edit 2] Un enfoque más directo de la generación de la función (http://en.wikipedia.org/wiki/Harmonic_number#Generating_functions) de la secuencia armónica: Desde $-\sum_{k=1}^\infty H_k (-x)^k = \frac{\log(1+x)}{1+x}$, tenemos $$ -\int_0^1 \log(x) \sum_{k=1}^\infty (-1)^k H_k x^k\,dx = \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{(k+1)^2} H_k $$ Definitivamente más simple, pero requiere un conocimiento a priori de la generación de la función.

Answer 3

La integral puede tener la forma.

PS

$$ I = -\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k\,H_{k}}{k^2}-\frac{3}{4}\zeta(3), $ son los números armónicos . Trate de trabajar por encima de la suma. Ver una técnica relacionada .

Answer 4

Una cosa muy útil que tenga en cuenta para la evaluación de $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{(n+1)^{2}}$$ is to use $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{(n+1)^{2}}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{n^{2}}-\zeta(3)$$............[1]

El primer sumando de la derecha puede ser demostrado en diversas formas y evalúa a $2\zeta(3)$. Si usted mira alrededor, estoy seguro de que ya se ha hecho en el sitio.

Contornos es una manera divertida para evaluar muchos de Euler sumas. Un método publicado por Flajolet y Salvy en su papel de "Euler sumas y contorno integral de las representaciones". Utilice el 'kernel' $\frac{1}{2}\pi\cot(\pi z)(\psi(-z))$ y la nota de los residuos para el polo en 0, los enteros positivos n, y los enteros negativos, -n.

El poste de los números enteros negativos es simple y el residuo es

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

El residuo en los enteros positivos es de orden 2 y es:

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

El residuo en el polo en 0 $$\frac{-1}{2}\zeta(3)$$

sumando estos y establecer a 0, se obtiene:

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{2n^{2}}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2n^{3}}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{2n^{2}}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{3}}-1/2\zeta(3)=0$$

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{n^{2}}-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{3}}=0$$

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

Answer 5

Su idea de escribir$$\frac{\log (x) \log (x+1)}{x+1}=\sum _{n=1}^{\infty } a_n x^n \log (x)$$ by a Taylor expansion looks good to me almost when you take into account that, for value of $ n$ greater or equal to $ 0$, $ $ \ int_0 ^ 1 x ^ n \ ln x dx = - \ frac {1} {(n +1 ) ^ 2}$$ So $ $ \ int_0 ^ 1 \ frac {\ ln x \ cdot \ ln (1 + x)} {1 + x} dx = - \ sum _ {n = 1} ^ {\ infty } \ frac {a_n} {(n +1) ^ 2}$$ But, at this point, I am stuck with the $ a_n $ y luego con la suma. Hice algunas evaluaciones numéricas y observé que la convergencia no es muy rápida.

Esperaré respuestas para aprender más.

Gracias por el problema interesante.