La evaluación de $\int_0^1 \frac{\text{Li}_2 \left(-\frac{1}{1-z}\right)-\text{Li}_2 \left(-\frac{1}{1+z}\right)}{z}dz$

Question

Yo estaba tratando de encontrar una forma cerrada para

$$\int_0^1 \frac{\text{Li}_2 \left(-\frac{1}{1-z}\right)-\text{Li}_2 \left(-\frac{1}{1+z}\right)}{z}dz = -2.454199511\cdots$$

donde $\text{Li}_2(z)$ es el dilogarithm función. Numéricamente, parece muy cerca de $-\frac{49}{24}\zeta(3)$.

¿Cómo podemos demostrar que $-\frac{49}{24}\zeta(3)$ es el valor exacto de la integral?

Answer 1

Vamos a usar la propiedad clásica de la polylogarithm $\ \displaystyle z\frac{\partial\operatorname{Li}_2(z)}{\partial z}=\frac {\operatorname{Li}_1(z)}z=-\frac{\ln(1-z)}z\,$ a reescribir esto como una integral doble : \begin{align} I&:=\int_0^1 \frac{\operatorname{Li}_2 \left(-\frac{1}{1-z}\right)-\operatorname{Li}_2 \left(-\frac{1}{1+z}\right)}{z}dz \\ &=\int_0^1 \frac 1z\left[-\int_0^{-1/(1-z)}\frac{\ln(1-t)}tdt +\int_0^{-1/(1+z)}\frac{\ln(1-t)}tdt\right]dz \\ &=\int_0^1 \frac 1z\int_{-1/(1-z)}^{-1/(1+z)}\frac{\ln(1-t)}tdt\,dz \\ \end{align} Sustituto $\,t:=t(y)=-\dfrac 1{1-y\,z}\,$ y el uso de $\,\dfrac {dt}t=\dfrac {z\,dy}{1-y\,z}$ para obtener : \begin{align} I&=\int_0^1 \frac 1z\int_{1}^{-1}\ln\left(1+\frac 1{1-y\,z}\right)\frac z{1-y\,z}dy\,dz \\ &=-\int_0^1 \int_{-1}^{1}\frac{\ln\left(2-y\,z\right)-\ln\left(1-y\,z\right)}{1-y\,z}dy\,dz \\ &=\int_0^1 \int_{-1}^{1}\frac{\ln\left(1-y\,z\right)}{1-y\,z}dy\,dz -\int_0^1 \int_{-1}^{1}\frac{\ln\left(2-y\,z\right)}{1-y\,z}dy\,dz\\ &=\int_0^1 \int_0^1\frac{\ln\left(1-y\,z\right)}{1-y\,z}dy\,dz+\int_0^1 \int_0^1\frac{\ln\left(1+y\,z\right)}{1+y\,z}dy\,dz\\ &\quad -\int_0^1 \int_0^1\frac{\ln\left(2-y\,z\right)}{1-y\,z}dy\,dz-\int_0^1 \int_0^1\frac{\ln\left(2+y\,z\right)}{1+y\,z}dy\,dz\\ \end{align}

Tales integrales fueron estudiados por Beukers y, más generalmente, por Guillera y Sondow en "las integrales Dobles e infinito productos para algún clásico constantes a través de la analítica de las continuaciones de Lerch trascendente" y estos cuatro últimos integrales de retorno fracciones de $\zeta(3)$. Más exactamente : $$I=-\zeta(3)+\frac 18\zeta(3)-\frac 58\zeta(3)-\frac {13}{24}\zeta(3)=-\frac{49}{24}\zeta(3)$$ con el resultado correcto (una prueba para la primera y la tercera integral está en el artículo : vea los ejemplos $3.26$$3.25$).

ACTUALIZACIÓN (parcial)
La idea es evaluar las integrales como $\;\displaystyle\int_0^1 \int_0^1\frac{\ln\left(a-y\,z\right)}{1\pm y\,z}dy\,$ ampliando el logaritmo como la potencia de la serie, así que tendremos que evaluar las integrales como $\displaystyle \int_0^1\int_0^1\frac{(xy)^u}{1\pm xy} dy$.

Cambiemos un poco el Lerch trascendente (ver $(9)$ desde el papel) : \begin{align} \Phi(z,s,u)&:=\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{(n+u)^s}\\ &=\frac 1{\Gamma(s)}\int_0^\infty\frac{e^{-ut}\,t^{s-1}}{1-e^{-t}\,z}\,dt,\quad\text{setting}\;\;t:=-\ln(X)\;\text{gives}\\ &=\frac 1{\Gamma(s)}\int_0^1\frac{X^{\,u-1}\,}{1-Xz}(-\ln(X))^{s-1}\,dX\\ \end{align} Establecimiento $X:=x\,y\;$ tenemos $\,x=\frac Xy$ $\,0\le X\le y\le 1\,$ llegar (cf $(29)$) : \begin{align} \int_0^1\int_0^1\frac{x^u\,y^v}{1-xyz}(-\ln(xy))^s dy\;dx&=\int_0^1\int_X^1\frac{X^u\,y^{v-u}}{1-Xz}(-\ln(X))^s \frac 1y\,dy\;dX\\ &=\int_0^1\frac{X^u}{1-Xz}(-\ln(X))^s\int_X^1 y^{v-u-1}\,dy\;dX\\ &=\frac 1{v-u}\int_0^1\frac{X^u-X^v}{1-Xz}(-\ln(X))^s\,dX\\ &=-\Gamma(s+1)\frac {\Phi(z,1+s,1+u)-\Phi(z,1+s,1+v)}{u-v}\\ \end{align} Para $z=1$ y en el límite de $s\to 0$ (usando la serie de digamma) esto se convierte en (cf $(40)$$(42)$) : \begin{align} \int_0^1\int_0^1\frac{x^u\,y^v}{1-xy} dy\;dx&=\frac {\psi(1+u)-\psi(1+v)}{u-v}\quad\text{while for}\;\;v\to u\\ \int_0^1\int_0^1\frac{(xy)^u}{1-xy} dy\;dx&=\psi'(1+u) \end{align} Mientras que para $z=-1\,$ y ajuste de $\;\displaystyle \eta(x):=\psi(x)-\psi\left(\frac{x+1}2\right)\;$ de lo que he obtenido : \begin{align} \int_0^1\int_0^1\frac{x^u\,y^v}{1+xy} dy\;dx&=\frac {\eta(1+u)-\eta(1+v)}{u-v}\quad\text{and for}\;\;v\to u\\ \int_0^1\int_0^1\frac{(xy)^u}{1+xy} dy\;dx&=\eta'(1+u) \end{align}

El teorema $3.2$ a partir de que el papel debe permitir a la conclusión de usar $\psi(n+1)-\psi(1)=H_n$ (e $\psi'(n+1)=\dfrac{\pi^2}6$) así como las correspondientes fórmulas de $z=-1$, pero voy a tener que parar de nuevo...

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Un método alternativo podría ser la utilización de la integración por partes : \begin{align} I&:=\int_0^1 \frac{\operatorname{Li}_2 \left(-\frac{1}{1-z}\right)-\operatorname{Li}_2 \left(-\frac{1}{1+z}\right)}{z}dz \\ &=\left.\ln(z)\left(\operatorname{Li}_2 \left(-\frac{1}{1-z}\right)-\operatorname{Li}_2 \left(-\frac{1}{1+z}\right)\right)\right|_0^1-\\&\quad\int_0^1\ln(z)\left[\frac{\ln\left(1+\frac 1{1-z}\right)}{z-1}-\frac{\ln\left(1+\frac 1{1+z}\right)}{z+1}\right]dz\\ &=\int_0^1\ln(z)\left[\frac{\ln\left(1+\frac 1{1-z}\right)}{1-z}+\frac{\ln\left(1+\frac 1{1+z}\right)}{1+z}\right]dz\\ \end{align} De nuevo, esto le da cuatro integrales (más o menos fáciles de evaluar...)

Answer 2

La integración por partes y el uso de la conocida serie de resultados, obtenemos que $$\int_0^1 \frac{\text{Li}_2 \left(-\frac{1}{1-z}\right)-\text{Li}_2 \left(-\frac{1}{1+z}\right)}{z}dz$$ $$=\int_0^1 \frac{\log (z+2) \log (z)}{z+1}dz+\underbrace{\int_0^1\frac{\log (2-z) \log (z)}{1-z} dz}_{\large \sum _{k=1}^{\infty } \frac{(-1)^k H_k}{k^2}=-5/8 \zeta (3)}-\underbrace{\int_0^1\frac{\log (1-z) \log (z)}{1-z}dz}_{\large\sum _{n=1}^{\infty } \frac{H_n}{(n+1)^2}=\zeta (3)}-\underbrace{\int_0^1\frac{\log (z+1) \log (z)}{z+1} \, dz}_{\large \sum _{n=1}^{\infty } \frac{(-1)^n H_n}{(n+1)^2}=-1/8\zeta (3)}$$

Para la evaluación de la primera integral, compruebe mi respuesta aquí Demostrando que $\int_0^1 \frac{\log \left(\frac{1}{t}\right) \log (t+2)}{t+1} \, dt=\frac{13}{24} \zeta (3)$.

Answer 3

Wolframalpha pueden anti-diferenciar su integrando. Probablemente hay cortes de ramas que iba a hacer el cómputo de la integral más complicado de lo que acaba de conectar los números en (o tomando límites de) la anti-derivada.

Answer 4

He sido capaz de calcular la integral analítico. El resultado es bastante complejo y no he sido capaz de simplificar. Lo que se obtiene es

-Log[3]^3 / 3 + Log[3] PolyLog[2, 1/9] / 2 - Log[27] PolyLog[2, 1/3] + PolyLog[3, -1/3] -
2 PolyLog[3, 1/3] + Zeta[3] / 8

Espero y deseo que no hay ningún error.

La generación de los primeros 10.000 dígitos, el número es idéntico a - 49 Zeta[3] / 24, pero no puedo probar que es verdadera.