Interesante integral logarítmica: $\int_{0}^{1} \frac{\ln^2 x \ln^2(1+x)}{x} \;dx $

Question

Aparte de la aproximación numérica, ¿cómo podemos calcular la forma cerrada de esta integral?

$$\int_{0}^{1} \frac{\ln^2 x \ln^2(1+x)}{x} \;dx $$

Answer 1

OK como sugerí en un comentario aquí hay un enfoque.Comencemos con la serie de Taylor de $\ln^2(1+x)$ . Se sabe que es:

$$\ln^2 (1+x) = 2 \sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n \mathcal{H}_{n-1}}{n} x^n$$

Entonces tenemos sucesivamente:

\begin {align*} \int_ {0}^{1} \frac { \ln ^2 x \ln ^2 (1+x)}{x}, { \rm d}x &= 2 \int_ {0}^{1} \frac { \ln ^2 x}{x} \sum_ {n=2}^{ \infty } \frac {(-1)^n \mathcal {H}_{n-1} {n} x^n \N -, { \rm d}x \\ &=2 \int_ {0}^{1} \ln ^2 x \sum_ {n=2}^{ \infty } \frac {(-1)^n \mathcal {H}_{n-1} {n} x^{n-1} \N -, { \rm d}x \\ &= 2 \sum_ {n=2}^{ \infty } \frac {(-1)^n \mathcal {H}_{n-1}}{n} \int_ {0}^{1} x^{n-1} \ln ^2 x \, { \rm d}x \\ &= 2 \sum_ {k=2}^{ \infty } \frac {(-1)^n \mathcal {H}_{n-1}}{n^4} \\ &=2 \sum_ {k=2}^{ \infty } \frac {(-1)^n \left [ \mathcal {H}_n - \frac {1}{n} \right ]}{n^4} \\ &= 2 \sum_ {n=2}^{ \infty } \frac {(-1)^n \mathcal {H}_n}{n^4} - 2 \sum_ {n=2}^{ \infty } \frac {(-1)^n}{n^5} \\ &= 2 \sum_ {n=2}^{ \infty } \frac {(-1)^n \mathcal {H}_n}{n^4} - 2 - \frac {15 \zeta (5)}{16} \end {align*}

Bien, para la suma de Euler primero tenemos la función generadora:

\begin {align} \sum ^ \infty_ {n=1} \frac {H_n}{n^3}z^n =&2{ \rm Li}_4(z)+{ \rm Li}_4 \left ( \tfrac {z}{z-1} \right )-{ \rm Li}_4(1-z)-{ \rm Li}_3(z) \ln (1-z)- \frac {1}{2}{ \rm Li}_2^2 \left ( \tfrac {z}{z-1} \right ) \\ &+ \frac {1}{2}{ \rm Li}_2(z) \ln ^2(1-z)+ \frac {1}{2}{ \rm Li}_2^2(z)+ \frac {1}{6} \ln ^4(1-z)- \frac {1}{6} \ln {z} \ln ^3(1-z) \\ &+ \frac { \pi ^2}{12} \ln ^2(1-z)+ \zeta (3) \ln (1-z)+ \frac { \pi ^4}{90} \end {align}

Integrar una vez y enchufar $z=-1$ obtenemos el valor de la suma. No voy a presentar los cálculos completos, pero basta con decir que:

$$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n \mathcal{H}_n}{n^4} = \frac{\pi^2 \zeta(3)}{4} -\frac{43 \zeta(5)}{32}+1$$

Así:

$$\int_{0}^{1} \frac{\ln^2 x \ln^2 (1+x)}{x} \, {\rm d}x = \frac{\pi^2 \zeta(3)}{3} - \frac{29 \zeta(5)}{8}$$