Métodos para atacar las integrales que incluyen $(1+x)^{a}\ln^{b}(1+x)$ en el integrando

Question

Estoy buscando métodos sistemáticos para atacar la siguiente clase de integrales que involucran funciones logarítmicas

$$\begin{aligned} I_{0} &= \int_{0}^{1}(1+x)^{a}\ln^{m}(1+x)\,\mathrm{d}x \\ I_{1} &= \int_{0}^{1} x^{a}(1+x)^{b}\ln^{m}x\ln^{n}(1+x)\,\mathrm{d}x \\ I_{2} &= \int_{0}^{1} (1-x)^{a}(1+x)^{b}\ln^{m}(1-x)\ln^{n}(1+x)\,\mathrm{d}x \\ I_{3} &= \int_{0}^{1}x^{a}(1-x)^{b}(1+x)^{c}\ln^{\ell}x\ln^{m}(1-x)\ln^{n}(1+x)\,\mathrm{d}x\end{aligned}$$

donde $a, b, c$ son números reales (normalmente enteros y semienteros) y $\ell, m, n$ son números enteros tales que las integrales convergen. Por supuesto, los tres primeros son casos especiales de $I_{3}$ pero he pensado que sería mejor abordar primero los casos más fáciles antes de pasar al caso totalmente general por si se necesitan técnicas diferentes.

Motivación. La función beta puede escribirse de la forma

$$ \frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)} = \int_{0}^{1}t^{a-1}(1-t)^{b-1}\,\mathrm{d}t. $$

A partir de aquí, es sencillo calcular integrales del tipo

$$ \int_{0}^{1}x^{a}(1-x)^{b}\ln^{m}x\ln^{n}(1-x)\,\mathrm{d}x $$

mediante diversas expansiones en serie o derivadas de la función beta. Así, no hay que temer ninguna potencia en los logaritmos, ya que basta con mantener suficientes términos en la expansión, o calcular suficientes derivadas.

Intento de $I_{0}$ . La presencia de $1+x$ como potencia y en el logaritmo significa que no se puede utilizar la función beta directamente. Puedo salirme con la suya con la integral $I_{0}$ por ahora desplazando los límites y procediendo como

$$\begin{aligned} \int_{0}^{1}(1+x)^{a+\epsilon}\,\mathrm{d}x &= \sum_{m=0}^{\infty}\frac{\epsilon^{m}}{m!}\int_{0}^{1}(1+x)^{a}\ln^{m}(1+x)\,\mathrm{d}x \\ &= \int_{1}^{2}x^{a+\epsilon}\,\mathrm{d}x = \frac{2^{a+1+\epsilon} - 1}{a+1+\epsilon} = \frac{2^{a+1}e^{\epsilon\ln 2} - 1}{a+1+\epsilon} \end{aligned}$$

y manteniendo el coeficiente de orden apropiado expandiendo la exponencial en su serie de Taylor y el denominador en una serie de potencias. Por ejemplo,

$$\begin{aligned} \int_{0}^{1}(1+x)^{1+\epsilon}\,\mathrm{d}x &= \sum_{m=0}^{\infty}\frac{\epsilon^{m}}{m!}\int_{0}^{1}(1+x)\ln^{m}(1+x)\,\mathrm{d}x = \frac{4e^{\epsilon\ln 2} - 1}{2+\epsilon} \\ &\approx \left[4\left(1 + \epsilon\ln 2 + \frac{1}{2}\ln^{2}2\,\epsilon^{2}\right) - 1\right]\frac{1}{2}\left(1 - \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon^{2}}{4}\right) \\ &\approx \frac{1}{2}\left(3 + 4\ln 2\,\epsilon + 2\ln^{2}2\,\epsilon^{2}\right)\left(1 - \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon^{2}}{4}\right) \end{aligned}$$

por lo que si se requiere el $\epsilon^{2}$ coeficiente, se limita a mantener todos los términos, multiplicar por $2! = 2$ para tener en cuenta el factorial en la expansión original, y llegar a

$$ \int_{0}^{1}(1+x)\ln^{2}(1+x)\,\mathrm{d}x = \frac{3}{4} - 2\ln 2 + 2\ln^{2}2 $$

con las integrales

$$ \int_{0}^{1}(1+x)\ln(1+x)\,\mathrm{d}x = -\frac{3}{4} + 2\ln 2 \quad\text{and}\quad \int_{0}^{1}(1+x)\,\mathrm{d}x = \frac{3}{2}$$

encontrado de forma "gratuita" si no fuéramos perezosos con la multiplicación. Así que tenemos un método para hacer $I_{0}$ para cualquier poder deseado.

Los intentos de $I_{1}$ . La técnica anterior no parece generalizarse a las demás integrales. Por ejemplo, actualmente estoy tratando de derivar el resultado

$$ \int_{0}^{1}x(1+x)\ln^{2}x\ln(1+x)\,\mathrm{d}x = -\frac{1}{4}\zeta(3) + \frac{4}{27}\ln 2 - \frac{5}{36}\zeta(2) + \frac{37}{72} \tag{1}$$

y muchas otras integrales de forma similar.

(Edición: un método para $(1)$ se ha encontrado, véase $(2)$ abajo)

$$ \int_{0}^{1}(1+x)\ln x\ln^{2}(1+x)\,\mathrm{d}x = -\frac{1}{8}\zeta(3) + 5\ln 2 - 2\ln^{2}2 + \frac{1}{4}\zeta(2) - \frac{23}{8} \tag{2}$$

La clase de integrales representada por $I_{1}$ parecen difíciles, ya que las funciones zeta son conocidas por la función beta, la $\ln 2$ es conocido por el tratamiento de $I_{0}$ pero la forma en que una respuesta como ésta combina estas constantes es difícil de entender. Las funciones hipergeométricas parecen estar fuera de alcance, ya que parece que pierdo información sobre la respuesta de los símbolos de Pochhammer. Para demostrarlo, se puede derivar de la representación integral de Euler de ${}_{2}F_{1}$

$$\begin{aligned} \int_{0}^{1}x^{\epsilon}(1+x)^{\delta}\,\mathrm{d}x &= \frac{1}{1+\epsilon}\,{}_{2}F_{1}(-\delta, 1+\epsilon; 2+\epsilon; -1) \\ \int_{0}^{1}(1-x)^{\epsilon}(1+x)^{\delta}\,\mathrm{d}x &= \frac{1}{1+\epsilon}\,{}_{2}F_{1}(-\delta, 1; 2+\epsilon; -1) \\ \int_{0}^{1}x^{\epsilon}(1-x)^{\delta}(1+x)^{\lambda}\,\mathrm{d}x &= \frac{\Gamma(1+\epsilon)\Gamma(1+\delta)}{\Gamma(2+\delta+\epsilon)}\,{}_{2}F_{1}(-\lambda, 1+\epsilon; 2+\delta+\epsilon; -1). \end{aligned}$$

Para tomar el primero como ejemplo, podemos escribir esta expresión como

$$ \frac{1}{1+\epsilon}\,{}_{2}F_{1}(-\delta, 1+\epsilon; 2+\epsilon; -1) = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{k!}\frac{(-\delta)_{k}}{1+k+\epsilon} = \sum_{k=0}^{\infty}{\delta\choose k}\frac{1}{1+k+\epsilon}.$$

Así, se puede volver a utilizar la serie de potencias para encontrar el coeficiente deseado de $\epsilon$ pero el $(-\delta)_{k}$ hace las cosas difíciles. Si quisiéramos encontrar el coeficiente de $\epsilon\delta^{2}$ , por ejemplo, según sea necesario en $(2)$ tendríamos que sumar una serie infinita, ya que cada término $k \geq 2$ contribuirán a este coeficiente. Esta serie particular hace convergen numéricamente a la respuesta correcta, pero no encuentro la forma de relacionarlo con constantes conocidas como $\zeta(3)$ y $\ln 2$ .

También he buscado algunas otras integrales de formas similares en este sitio, y he encontrado que muchas de las respuestas proceden con páginas de álgebra horrenda que involucran series dobles, números armónicos, etc. que me gustaría evitar si es posible ya que no estoy muy familiarizado con la manipulación de números armónicos como aparecen en las series. Por supuesto, aceptaré manipulaciones de números armónicos, etc. si es la única forma directa de proceder.

Por último, las referencias que figuran a continuación pueden ser de utilidad. La segunda referencia bien puede ser la clave para resolver este problema, pero me gustaría alguna aclaración como tratar con el $\ln(1+x)$ sigue pareciendo problemático...

1. Devoto, A. y Duke, D. Tabla de integrales y fórmulas para los cálculos del diagrama de Feynman. La Rivista del Nuovo Cimento, 1984.

2. Vermaseren, J. A. M. Sumas armónicas, transformadas de Mellin e integrales. Revista Internacional de Física Moderna A, 2012.

3. Sofo, A. Integrales de funciones logarítmicas e hipergeométricas. Comunicaciones en Matemáticas, 2016.

Answer 1

Estas son algunas reflexiones sobre $I_2$ . El objetivo principal es "reducir" el producto de los logartihms a uno solo en un lugar, voy a tratar de mostrar cómo funciona esto con un ejemplo. Ya que he visto esto en su respuesta:

$$ I=\int_{0}^{1}\ln^{2}(1-x)\ln(1+x)\,\mathrm{d}x = \frac{7}{2}\zeta(3) - 6 + 2\zeta(2) + \frac{2}{3}\ln^{3}2 - 2\ln^{2}2 - 2\zeta(2)\ln 2 + 4\ln 2$$ Intentaré empezar con ello. Si restamos $(a-b)^3$ de $(a+b)^3$ nos quedaremos sólo con los términos que tiene un poder impar en $(a-b)^3$ ya que el resto de ellos serán cancelados por los de $(a+b)^3$ . Esto se visualiza mejor observando el triángulo de Pascal. $$(a+b)^3-(a-b)^3=2(3a^2b+b^3)\Rightarrow a^2b=\frac16\left((a+b)^3-(a-b)^3-2b^3\right)$$ Elegir $a=\ln(1-x)$ y $b=\ln(1+x)$ nos encontramos con que: $$I=\frac16 \int_0^1\left(\ln^3(1-x^2)-\ln^3\left(\frac{1-x}{1+x}\right)-2\ln^3(1+x)\right)$$ Ahora, al dejar que $x^2=t$ en la primera integral, $\frac{1-x}{1+x}=t$ nos encontramos con que: $$I=\frac1{12}\int_0^1 t^{-\frac12}\ln^3(1-t)dt +\frac13\int_0^1 \frac{\ln^3t}{(1+t)^2}dt-\frac13 \int_0^1 \ln^3(1+t)dt$$ Ahora para obtener el resultado podemos ver que el primero es realizable mediante la función beta, en el segundo podemos expandir el denominador en series de potencias y el tercero es elemental.

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Como otro ejemplo, considere: $$I=\int_0^1 \frac{\ln^4 (1+x) +6\ln^2(1+x)\ln^2(1-x)}{x}dx$$ Esta vez podemos utilizar otra relación heurística: $$(a+b)^4+(a+b)^4=2(a^4+6a^2b^2+b^4)\Rightarrow a^4+6a^2b^2=\frac12((a+b)^4 +(a-b)^4)-b^4$$ $$I=\frac12 \int_0^1 \frac{\ln^4 (1-x^2)}{x}dx +\frac12 \int_0^1 \frac{\ln^4\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}{x}dx-\int_0^1 \frac{\ln^4(1-x)}{x}dx$$ En la primera integral dejemos $x^2= t$ para obtener: $$\int_0^1 \frac{\ln^4 (1-x^2)}{x}dx=\frac12 \int_0^1 \frac{\ln^4(1-x)}{x}dx =\frac12 \int_0^1 \frac{\ln^4 x}{1-x}dx$$ Para la segunda integral sustituye como siempre: ${\frac{1-x}{1+x}=t}$ $$\int_0^1 \frac{\ln^4\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}{x}dx=2\int_0^1 \frac{\ln^4 t}{1-t^2}dt$$ Y para el último simplemente hacemos un $1-x\rightarrow x$ y combinarlo con el primero, ya que son idénticos. $$\Rightarrow I=\int_0^1 \frac{\ln^4 x}{1-x^2}dx -\frac34 \int_0^1 \frac{\ln^4 x}{1-x}dx$$ $$I= \sum_{n=0}^\infty \int_0^1 x^{2n} \ln^4 x dx -\frac34 \sum_{n=0}^\infty \int_0^1 x^n \ln^4 x dx$$ $$I=24\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n+1)^5}-18 \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(n+1)^5}=\frac{21}{4}\zeta(5)$$ Por supuesto, este ejemplo se preparó para funcionar bien y no siempre tenemos este lujo.

Pero como se ha visto un comienzo para $I_2$ es primero tratar de reescribir $a^m a^n$ en una forma de: $(a-b)^v\pm (a+b)^w +\dots$ donde $a=\ln(1-x),\, b=\ln(1+x)$ .

Parece que este método funciona para $I_3$ también se encuentra un ejemplo aquí y la idea sigue siendo la misma: mantener $\ln^ lx$ en un lugar y reescribir $\ln^m(1-x) \ln^n(1+x)$ como suma o diferencia.

Aquí es una interesante integral que está vinculada a muchas otras integrales como esta un que también contienen otros métodos para atacar esas integrales en tu pregunta.

Answer 2

Para $$J_0=\int(1+x)^{a}\log^{m}(1+x)\,dx$$ dejar $1+x=e^t$ para terminar con $$J_0=\int e^{(a+1) t} t^m\,dt=-t^{m+1} E_{-m}(-(a+1) t)$$ donde aparece la función integral exponencial.

Así que, $$I_0=\int_0^1(1+x)^{a}\log^{m}(1+x)\,dx=\int_1^{\log(2)}e^{(a+1) t} t^m\,dt$$ y utilizando las relaciones entre la función integral exponencial y las funciones gamma completas/incompletas $$I_0=(-1)^{m+1}\frac{ \Gamma (m+1)-\Gamma (m+1,-(a+1) \log (2))}{(a+1)^{m+1} }$$

Answer 3

Esta es una respuesta parcial; todavía estoy buscando métodos para evaluar $I_{1}$ que incluye $\ln^{n}(1+x)$ con un poder $n \geq 2$ y $I_{2}, I_{3}$ en general.

He podido "agarrar algunas pajas" y evaluar algunas integrales en $I_{1}$ , concretamente de la forma

$$ \int_{0}^{1}x^{a}(1+x)^{b}\ln^{m}x\ln(1+x)\,\mathrm{d}x$$

donde podemos ver que la potencia en el $\ln(1+x)$ es $1$ . Esto implica que es posible derivar el resultado $(1)$ como se indica en la pregunta. Utilizaré $(1)$ como ejemplo para ilustrar la técnica.

Comenzamos considerando la integral

$$\begin{aligned} \int_{0}^{1}x^{1+\epsilon}(1+x)^{1+\delta}\,\mathrm{d}x &= \frac{1}{2+\epsilon}\,{}_{2}F_{1}(-1-\delta,2+\epsilon;3+\epsilon;-1) \\ &= \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{k!}\frac{(-1-\delta)_{k}}{2+k+\epsilon}.\end{aligned}$$

Resulta que es esencial separar el $k=0$ y $k=1$ contribuciones del resto de la suma. La razón es que cuando manipulamos $(-1-\delta)_{k}/k!$ encontraremos que $(k-1)(k)$ en el denominador no se cancela con los términos en $(-1-\delta)_{k}$ . Es fácil ver que el $(1+x)^{b}$ término es responsable de esto. Por lo tanto, escribimos

$$\begin{aligned}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{k!}\frac{(-1-\delta)_{k}}{2+k+\epsilon} = \frac{1}{2+\epsilon} + \frac{1+\delta}{3+\epsilon} + \sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{2+k+\epsilon}\frac{(-1-\delta)_{k}}{(1)_{k}}. \end{aligned}$$

Como nos interesa encontrar integrales con la potencia en $\ln(1+x)$ ser $1$ nos interesa el $\delta$ coeficiente, en concreto $\epsilon^{2}\delta$ . Por lo tanto, el primer término no puede contribuir a la integral. El segundo término es trivial al expandirse en una serie de potencias, y obtenemos una contribución de $1/27$ de ella. El resto de la suma es la siguiente:

$$\begin{aligned} \sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{2+k+\epsilon}\frac{(-1-\delta)_{k}}{(1)_{k}} &= \sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{2+k+\epsilon}\frac{(-1-\delta)(-\delta)(1-\delta)\cdots(-2-\delta+k)}{(1)(2)\cdots(k-2)(k-1)(k)} \\ &= \sum_{k=2}^{\infty}\left[\frac{(-1)^{k}}{2+k+\epsilon}\frac{\delta(\delta+1)}{k(k-1)}(1-\delta)\left(1-\frac{\delta}{2}\right)\cdots\left(1-\frac{\delta}{k-2}\right)\right]\end{aligned}$$

Entonces el $\epsilon^{2}\delta$ se puede obtener de forma similar a lo que hicimos para $I_{0}$ . El $\epsilon^{2}\delta$ El coeficiente de la suma es entonces

$$ \sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{k(k-1)}\sum_{j=0}^{\infty}\frac{(-1)^{j}\epsilon^{j}}{(2+k)^{j+1}} \to \sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{k(k-1)}\frac{1}{(2+k)^{3}}.$$

La serie se realiza fácilmente por fracciones parciales, ya que cada una de las series descompuestas converge por separado. Teniendo en cuenta los signos, el desplazamiento de los índices, la $1/27$ en el frente, el factor global de $2!1! = 2$ y recordando $\eta(s) = (1-2^{1-s})\zeta(s)$ , $\eta(1) = \ln 2$ el resultado en $(1)$ se encuentra.

Esta técnica se basa en el hecho de que un factor de $\delta$ podría ser sacado delante de la suma para que el producto $\prod_{n=1}^{k-2}\left(1-\delta/n\right)$ no podía contribuir a la integral. Por ello, no veo cómo esta técnica puede generalizarse para $\ln^{n}(1+x)$ , $n \geq 2$ . Tampoco veo la manera de calcular $I_{2}$ o $I_{3}$ porque los símbolos Pochhammer con $\epsilon$ no cancelar. Así que me pregunto aún más cómo algo como

$$ \int_{0}^{1}\ln^{2}(1-x)\ln(1+x)\,\mathrm{d}x = \frac{7}{2}\zeta(3) - 6 + 2\zeta(2) + \frac{2}{3}\ln^{3}2 - 2\ln^{2}2 - 2\zeta(2)\ln 2 + 4\ln 2$$

se encuentra.

Answer 4

Confirmado por Mathematica :

$$I_0=(-a-1)^{-b-1} (\Gamma (b+1)-\Gamma (b+1,-(a+1) \log (2)))$$