Integral $\int_0^1 \frac{\ln(1+x+x^2)\ln(1-x+x^2)}{x}dx$

Question

Calcular $$\sf I=\int_0^1 \frac{\ln(1+x+x^2)\ln(1-x+x^2)}{x}dx$$

He pensado en la integral de arriba después de ver esta similar integral y creo que cambiar el cartel para tener $\sf 1+x+x^2$ podría conseguirnos una buena forma cerrada.

Así que empecé a utilizar la siguiente fórmula: $$\sf 2ab=(a+b)^2-a^2-b^2$$ $$\sf \Rightarrow 2I=\int_0^1\frac{\ln^2(1+x^2+x^4)}{x}dx-\int_0^1\frac{\ln^2(1+x+x^2)}{x}dx-\int_0^1\frac{\ln^2(1-x+x^2)}{x}dx$$ Utilizando en la primera integral la sustitución $\sf x^2\rightarrow x $ nos atrapa: $$\sf \int_0^1\frac{\ln^2(1+x^2+x^4)}{x}dx=\frac12\int_0^1\frac{\ln^2(1+x+x^2)}{x}dx$$ $$\sf \Rightarrow I=-\frac14\int_0^1\frac{\ln^2(1+x+x^2)}{x}dx-\frac12\int_0^1\frac{\ln^2(1-x+x^2)}{x}dx$$ Bueno, ahora sólo tenemos que encontrar: $$\sf I(a)=\int_0^1\frac{\ln^2(1+ax+x^2)}{x}dx $$ A continuación, establezca $a=1$ y $a=-1$ . Por supuesto, intenté usar el truco de Feynman: $$\sf I'(a)=2\int_0^1\frac{\ln(1+ax+x^2)}{1+ax+x^2}dx$$ Pero rápidamente se dio por vencido ya que no parece prometedor.

Otra forma podría ser dejar que $\sf x+\frac12=\frac{\sqrt 3}{2}t$ para conseguirlo: $$\sf \int_0^1\frac{\ln^2(1+x+x^2)}{x}dx=\int_\frac{1}{\sqrt 3}^\sqrt 3 \frac{\ln^2\left(\frac34(1+t^2)\right)}{t-\frac{1}{\sqrt 3}}dt$$ Pero bueno ¡apreciaría un poco de ayuda!

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Actualización . Mientras tanto he encontrado algo, aunque sólo es un conjetura y aún no estaba probado, podríamos haberlo hecho: $$\int_0^1\frac{\ln^2(1+x+x^2)}{x}dx=\frac{2\pi}{9\sqrt3}\psi_1\left(\frac13\right)-\frac{4\pi^3}{27\sqrt3}-\frac23\zeta(3)$$ Y esto me da aún más esperanzas de que haya una buena forma cerrada. No digo que sea fácil de demostrar, pero apuesto a que hay mucho que aprender de una aproximación (no resultados de Mathematica).

Answer 1

Integrando por partes, reordenando las integrales y utilizando resultados simples con los números armónicos como $\displaystyle \int_0^1 x^{n-1} \log(x)\log(1-x) \textrm{d}x=\frac{H_n}{n^2}-\frac{\zeta(2)-H_n^{(2)}}{n}$ obtenemos

$$\int_0^1\frac{\ln^2(1+x+x^2)}{x}\textrm{d}x$$ $$=\frac{22}{9}\underbrace{\int_0^1\frac{\log(x)\log(1-x)}{1-x}\textrm{d}x}_{\text{Beta function}}-\frac{2}{9}\underbrace{\int_0^1\frac{\log(x)\log(1-x)}{x^{1/3}(1-x)}\textrm{d}x}_{\text{Beta function}}-\frac{2}{9}\underbrace{\int_0^1\frac{\log(x)\log(1-x)}{x^{2/3}(1-x)}\textrm{d}x}_{\text{Beta function}}$$ $$+6\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2)-H_{3n}^{(2)}}{3n}-6\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{3n}}{(3n)^2},$$ donde para las dos últimas sumas uno podría utilizar (cuidadosamente) funciones generadoras conocidas y combinarlas con números complejos para obtener el resultado esperado. El resto del trabajo que hay que hacer se reduce a un trabajo (posiblemente aburrido) de simplificaciones.

Por lo tanto, tenemos $$\int_0^1 \frac{\log(x)\log(1-x)}{1-x}\textrm{d}x=\zeta(3);$$ $$\int_0^1\frac{\log(x)\log(1-x)}{x^{1/3}(1-x)}\textrm{d}x=\lim_{\substack{x\to 2/3 \\ y \to 0}}\frac{\partial^2}{\partial x \partial y}\operatorname{B}(x,y)$$ $$=\frac{1}{6}\left(78\zeta(3)-72\log(3)\zeta(2)+(9\log(3)-\sqrt{3}\pi)\psi^{(1)}\left(\frac{1}{3}\right)\right);$$

$$\int_0^1\frac{\log(x)\log(1-x)}{x^{2/3}(1-x)}\textrm{d}x=\lim_{\substack{x\to 1/3 \\ y \to 0}}\frac{\partial^2}{\partial x \partial y}\operatorname{B}(x,y)$$ $$=\frac{1}{6}\left(78\zeta(3)+\frac{4}{\sqrt{3}}\pi^3-(9\log(3)+\sqrt{3}\pi)\psi^{(1)}\left(\frac{1}{3}\right)\right);$$ $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2)-H_{3n}^{(2)}}{3n}$$ $$=\Re\{\frac{2}{3}\zeta(2)\log(1-e^{2\pi i/3})-i\frac{4}{9}\pi \log^2(1-e^{2\pi i/3})-\frac{2}{3}\log(1-e^{2\pi i/3})\operatorname{Li}_2(e^{2\pi i/3})$$ $$-\frac{2}{3}\operatorname{Li}_3(e^{2\pi i/3})-\frac{4}{3}\operatorname{Li}_3(1-e^{2\pi i/3})+\frac{5}{3}\zeta(3)\};$$ $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{3n}}{(3n)^2}$$ $$=\Re\{i\frac{2}{9}\pi \log(1-e^{2\pi i/3})+\frac{2}{3}\log(1-e^{2\pi i/3})\operatorname{Li}_2(1-e^{2\pi i/3})+\frac{2}{3}\operatorname{Li}_3(e^{2\pi i/3})$$ $$-\frac{2}{3}\operatorname{Li}_3(1-e^{2\pi i/3})+\frac{4}{3}\zeta(3)\};$$ $$\Re\{\log(1-e^{2\pi i/3})\}=\frac{\log(3)}{2};$$ $$\Re\{i\log^2(1-e^{2\pi i/3})\}=\frac{\pi}{6}\log(3);$$ $$\Re\{\operatorname{Li}_2(e^{2\pi i/3})\}=-\frac{1}{3}\zeta(2);$$ $$\Re\{\operatorname{Li}_3(e^{2\pi i/3})\}=-\frac{4}{9}\zeta(3);$$ $$\Re\{\operatorname{Li}_3(1-e^{2\pi i/3})\}=\frac{1}{3}\log(3)\zeta(2)+\frac{13}{18}\zeta(3);$$ $$\Re\{\log(1-e^{2\pi i/3})\operatorname{Li}_2(e^{2\pi i/3})\}=\frac{\pi}{108}\left(2\sqrt{3}\psi^{(1)}\left(\frac{1}{3}\right)-\frac{24}{\sqrt{3}}\zeta(2)-3 \pi\log(3)\right);$$ $$\Re\{\log(1-e^{2\pi i/3})\operatorname{Li}_2(1-e^{2\pi i/3})\}=\frac{\pi^3}{27\sqrt{3}}-\frac{\pi}{18\sqrt{3}}\psi^{(1)}\left(\frac{1}{3}\right);$$

Recogiendo todos los resultados anteriores, obtenemos

$$\int_0^1\frac{\ln^2(1+x+x^2)}{x}\textrm{d}x=\frac{2\pi}{9\sqrt{3}}\psi^{(1)}\left(\frac{1}{3}\right)-\frac{4\pi^3}{27\sqrt{3}}-\frac{2}{3}\zeta(3).$$

Se puede evaluar $\displaystyle \int_0^1\frac{\ln^2(1-x+x^2)}{x}\textrm{d}x$ en un estilo similar, también.

El mérito es de Cornel Ioan Valean.

Answer 2

Como se muestra en la pregunta que tenemos: $$\sf I=-\frac14\int_0^1\frac{\ln^2(1+x+x^2)}{x}dx-\frac12\int_0^1\frac{\ln^2(1-x+x^2)}{x}dx$$ Para la primera integral podemos escribir: $$\sf (a-b)^2=a^2-b^2-2b(a-b);\ a=\ln(1-x^3),b=\ln(1-x)$$ $$\sf \Rightarrow \int_0^1\frac{\ln^2(1+x+x^2)}{x}dx=\int_0^1 \frac{\left(\ln(1-x^3)-\ln(1-x)\right)^2}{x}dx$$ $$\sf =\color{blue}{\int_0^1 \frac{\ln^2(1-x^3)}{x}dx}-\int_0^1 \frac{\ln^2(1-x)}{x}dx-2\int_0^1 \frac{\ln(1-x)\ln(1+x+x^2)}{x}dx$$ $$\sf \overset{\color{blue}{x^3\to x}}=-\frac23\int_0^1 \frac{\ln^2(1-x)}{x}dx-2\int_0^1 \frac{\ln(1-x)\ln(1+x+x^2)}{x}dx=-\frac43\zeta(3)-2J$$ Tenga en cuenta también que: $$\sf \int_0^1 \frac{\ln^2(1-x)}{x}dx=\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1-x}dx=\sum_{n=1}^\infty \int_0^1 x^{n-1}\ln^2 x\, dx=2\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3}=2\zeta(3)$$ Esta última integral se puede encontrar aquí : $$\sf J=\int_0^1 \frac{\ln(1-x)\ln(1-x+x^2)}{x}dx=-\frac{\pi}{9\sqrt 3}\psi_1\left(\frac13\right)+\frac{2\pi^3}{27\sqrt 3}-\frac13\zeta(3) $$ $$\Rightarrow \boxed{\sf \int_0^1\frac{\ln^2(1+x+x^2)}{x}dx=\frac{2\pi}{9\sqrt3}\psi_1\left(\frac13\right)-\frac{4\pi^3}{27\sqrt3}-\frac23\zeta(3)}$$ La segunda integral se puede encontrar aquí : $$\boxed{\sf\int_0^1 \frac{\ln^2(1-x+x^2)}{x}dx=-\frac{4\pi}{9\sqrt{3}}\psi_1\left(\frac{1}{3}\right)+\frac{8\pi^3}{27\sqrt{3}}+\frac{22}{9}\zeta(3)}$$ Si se combinan los resultados de las casillas se obtiene: $$\boxed{\sf \int_0^1 \frac{\ln(1+x+x^2)\ln(1-x+x^2)}{x}dx=\frac{\pi}{6\sqrt{3}}\psi_1\left(\frac{1}{3}\right)-\frac{\pi^3}{9\sqrt{3}}-\frac{19}{18}\zeta(3)}$$

Answer 3

Parece que no hay formas cerradas agradables. Según Mathematica el resultado es: $$ -i \pi \text{Li}_2\left(\frac{i}{\sqrt{3}}\right)+i \pi \text{Li}_2\left(-\frac{i}{\sqrt{3}}\right)-2 \text{Li}_3\left(\frac{1}{6} \left(i \sqrt{3}+3\right)\right)-2 \text{Li}_3\left(\frac{1}{6} \left(3-i \sqrt{3}\right)\right)-\text{Li}_2\left(\frac{1}{6} \left(i \sqrt{3}+3\right)\right) \log (3)-\text{Li}_2\left(\frac{1}{6} \left(3-i \sqrt{3}\right)\right) \log (3)+\frac{11 \zeta (3)}{6}-\frac{1}{6} \log ^3(3)+\frac{1}{6} \pi ^2 \log (3)-\frac{\pi \psi ^{(1)}\left(\frac{1}{3}\right)}{18 \sqrt{3}}+\frac{\pi \psi ^{(1)}\left(\frac{2}{3}\right)}{18 \sqrt{3}}-\frac{\pi \psi ^{(1)}\left(\frac{1}{6}\right)}{18 \sqrt{3}}+\frac{\pi \psi ^{(1)}\left(\frac{5}{6}\right)}{18 \sqrt{3}} $$