Las representaciones de forma cerrada de integrales de funciones logarítmicas.

Question

Deseo encontrar una representación de forma cerrada de la siguiente integral $$\int\limits_{0}^1\frac{\log^p(x)\log^r\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}{x}dx=?$ $ Aquí $p\ge 1$ y $r\ge 0$ son enteros no negativos. Puede expresarse en términos de una combinación lineal de constantes bien conocidas (tales como: valores zeta de Riemann, $\pi$ et al.)?

Answer 1

Me he preguntado una pregunta similar en el pasado reciente. Si $r = 0$, parece que la integral no converge. Si $r = 1$, entonces sí, uno puede expresar la integral en términos de $\pi$ y valores impares de $\zeta(s)$. Si $r > 1$, entonces el problema es mucho más difícil, y lo más probable es que requiere de los valores de la polylogarithm, por ejemplo, $\operatorname{Li}_{4}(1/2)$. Véase, por ejemplo, 1 y 2 de las dificultades encontradas.

Me dan una respuesta parcial a la pregunta; me voy a centrar en el caso de $r = 1$. La integral se convierte en

$$ I = \int_{0}^{1}\frac{\ln^{p}x\ln(1-x)}{x}\,\mathrm{d}x - \int_{0}^{1}\frac{\ln^{p}x\ln(1+x)}{x}\,\mathrm{d}x = I_{1} - I_{2}.$$

Para cualquier fija $p$, $I_{1}$ puede ser evaluado usando la función beta. Tenemos

$$\begin{aligned} \int_{0}^{1}x^{-1+\epsilon}(1-x)^{\delta}\,\mathrm{d}x &= \sum_{m=0}^{\infty}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\epsilon^{m}}{m!}\frac{\delta^{n}}{n!}\int_{0}^{1}\frac{\ln^{m}x\ln^{n}(1-x)}{x}\,\mathrm{d}x \\ &= \frac{\Gamma(\epsilon)\Gamma(1+\delta)}{\Gamma(1+\epsilon+\delta)} = \frac{1}{\epsilon}\frac{\Gamma(1+\epsilon)\Gamma(1+\delta)}{\Gamma(1+\epsilon+\delta)}.\end{aligned}$$ Utilizando la serie de Taylor de $\ln\Gamma(1+\epsilon)$, tenemos que el coeficiente de $\epsilon^{p+1}\delta$ de la proporción de funciones gamma. La forma de la expansión de Taylor es tal que sólo necesitamos ampliar la exponencial de primer orden, debido a que el poder en $\delta$ es $1$. Además, se necesitará para mantener las condiciones de seguridad de a $p+2$ debido a que sólo la cruz términos de contribuir:

$$\begin{aligned} \frac{\Gamma(1+\epsilon)\Gamma(1+\delta)}{\Gamma(1+\epsilon+\delta)} &\approx \exp\left(\sum_{k=2}^{p+2}\frac{(-1)^{k}\zeta(k)}{k}\left(\epsilon^{k} + \delta^{k} - (\epsilon+\delta)^{k}\right)\right) \\ &\approx 1 + \frac{\zeta(2)}{2}\left(\epsilon^{2} + \delta^{2} - (\epsilon + \delta)^{2}\right) + \cdots \\ &\,\quad+ \frac{(-1)^{p+2}\zeta(p+2)}{p+2}\left(\epsilon^{p+2} + \delta^{p+2} - (\epsilon+\delta)^{p+2}\right).\end{aligned}$$ El coeficiente binomial es $p+2$, así tenemos que el coeficiente de todo el es $(-1)^{p+1}\,\zeta(p+2)$. Por lo tanto, $I_{1} = (-1)^{p+1}\,p!\,\zeta(p+2)$.

En mi enlace, me dan una forma de evaluar $I_{2}$ con cualquier permitió $p$. Se inicia con la integral

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

Necesitamos la $\epsilon^{p}\delta$ coeficiente. El $\epsilon^{p}$ se encuentra utilizando el poder de la serie. Para simplificar la $(-\delta)_{k}$, separamos las $k=0$ plazo con el resto de la serie. Este orden cero término no contribuye a la integral. El resto de la suma es

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

y porque sólo tenemos $\delta$, el producto $\prod_{j=1}^{k-1}(1-\delta/j)$ no contribuyen. El $\epsilon^{p}\delta$ coeficiente es entonces

$$ (-1)^{p+1}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{k^{p+2}} = (-1)^{p}\,\eta(p+2)$$

y el valor de la integral es $I_{2} = (-1)^{p}\,p!\,\eta(p+2)$. La forma cerrada de $I$ es por lo tanto

$$\begin{aligned} I &= p!\,\zeta(p+2)\left((-1)^{p+1} - (-1)^{p}(1-2^{-p-1})\right) \\ &= \boxed{2(-1)^{p}(2^{-p-2} - 1)\,p!\,\zeta(p+2).} \end{aligned}$$

Answer 2

Aquí es un enfoque alternativo para el caso de $r = 1, p \in \mathbb{N}$ que ya ha sido dada por @Ininterrompue.

Vamos $$I_p = \int_0^1 \ln^p x \ln \left (\frac{1 - x}{1 + x} \right ) \frac{dx}{x}.$$ Desde $$\ln \left (\frac{1 - x}{1 + x} \right ) = - 2 \sum_{n = 0}^\infty \frac{x^{2n+1}}{2n + 1}, \qquad |x| < 1,$$ la integral puede escribirse como $$I_p = -2 \sum_{n = 0}^\infty \frac{1}{2n + 1} \int_0^1 x^{2n} \ln^p x \, dx.$$ La integración por partes $p$-a veces da \begin{align} I_p &= - 2 (-1)^p p! \sum_{n = 0}^\infty \frac{1}{(2n + 1)^{p + 2}}\\ &= -\frac{(-1)^p p!}{2^{p + 1}} \sum_{n = 0}^\infty \frac{1}{(n + 1/2)^{p + 2}}\\ &= -\frac{(-1)^p p!}{2^{p + 1}} \cdot \frac{(-1)^{p + 2}}{(p + 1)!} \psi^{(p + 1)} \left (\frac{1}{2} \right )\\ &= -\frac{1}{(p + 1) 2^{p + 2}} \psi^{(p + 1)} \left (\frac{1}{2} \right ). \tag1 \end{align} Aquí $\psi^{(m)} (x)$ es el polygamma función con la siguiente serie representación de $$\psi^{(m)} (z) = (-1)^{m + 1} m! \sum_{n = 0}^\infty \frac{1}{(n + z)^{m + 1}},$$ después de haber sido utilizado.

Finalmente, como (ver aquí) $$\psi^{(m)} \left (\frac{1}{2} \right ) = (-1)^{m + 1} m! (2^{m + 1} - 1) \zeta (m + 1),$$ en términos de la de Riemann zeta función, $\zeta (z)$, se puede reescribir (1) como $$I_p = (-1)^{p + 1} p! \left (1 - \frac{1}{2^{p + 2}} \right ) \zeta (p + 2).$$