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Demostrar que $\int_0^1\frac{1-x}{1-x^6}\ln^4x\,dx=\frac{16\sqrt{3}}{729}\pi^5+\frac{605}{54}\zeta(5)$

Esta integral viene de un sitio conocido (lo siento, el sitio se clasifica debido a que con respecto a la OP.)

$$\int_0^1\frac{1-x}{1-x^6}\ln^4x\,dx$$

Puedo calcular la integral con la ayuda de series geométricas y tengo la respuesta \begin{align} \sum_{n=0}^\infty\left(\frac{24}{(6n+1)^5}-\frac{24}{(6n+2)^5}\right) &=\frac{1}{6^5}\left(\Psi^{(4)}\left(\frac{1}{3}\right)-\Psi^{(4)}\left(\frac{1}{6}\right)\right)\\ &=\frac{16\sqrt{3}}{729}\pi^5+\frac{605}{54}\zeta(5) \end{align} Para ser honesto, yo uso Wolfram Alpha para calcular la suma de la serie. El problema es que no creo que esta es la correcta manera de calcular la integral porque yo uso una máquina para ayudar a mí. Traté de otra manera, he utilizado parcial fracción de descomponer el integrando como $$\frac{\ln^4x}{3(x+1)}+\frac{\ln^4x}{2(x^2+x+1)}-\frac{2x-1}{6(x^2-x+1)}\ln^4x$$ pero ninguno de ellos parecía fácil de calcular. Podría alguien, por favor me ayudan a calcular la integral de preferencia (si es posible) con formas elementales (escuela secundaria de métodos)? Cualquier ayuda sería muy apreciada. Gracias.

7voto

Felix Marin Puntos 32763

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $\ds{\int_{0}^{1}{1 - x \over 1 - x^{6}}\,\ln^{4}\pars{x}\,\dd x:\ {\large ?}}$

\begin{align}&\color{#c00000}{\int_{0}^{1}% {1 - x \over 1 - x^{6}}\,\ln^{4}\pars{x}\,\dd x} =\lim_{\mu \to 0}\partiald[4]{}{\mu}\int_{0}^{1} {1 - x \over 1 - x^{6}}\,x^{\mu}\,\dd x \\[3mm]&=\lim_{\mu \to 0}\partiald[4]{}{\mu}\int_{0}^{1} {x^{\mu/6} - x^{\pars{\mu + 1}/6} \over 1 - x}\,{1 \over 6}\,x^{-5/6}\,\dd x ={1 \over 6}\,\lim_{\mu \to 0}\partiald[4]{}{\mu}\int_{0}^{1} {x^{\pars{\mu - 5}/6} - x^{\pars{\mu - 4}/6} \over 1 - x^{6}}\,\dd x \\[3mm]&={1 \over 6}\,\lim_{\mu \to 0}\partiald[4]{}{\mu}\bracks{% \int_{0}^{1}{1 - x^{\pars{\mu - 4}/6} \over 1 - x^{6}}\,\dd x -\int_{0}^{1}{1 - x^{\pars{\mu - 5}/6} \over 1 - x^{6}}\,\dd x} \\[3mm]&={1 \over 6}\,\lim_{\mu \to 0}\partiald[4]{}{\mu}\bracks{% \Psi\pars{\mu + 2 \over 6} - \Psi\pars{\mu + 1 \over 6}} \end{align}

$$ \color{#66f}{\large\int_{0}^{1}% {1 - x \a más de 1 - x^{6}}\,\ln^{4}\pars{x}\,\dd x ={1 \over 7776}\,\bracks{% \Psi^{\tt\pars{IV}}\pars{1 \over 3} - \Psi^{\tt\pars{IV}}\pars{1 \over 6}}} \aprox {\tt 23.2507} $$

ANEXOS

\begin{align} &\color{#00f}{\int_{0}^{1}{\ln^{4}\pars{x} \over x - a}\,\dd x} =-\int_{0}^{1}{\ln^{4}\pars{a\bracks{x/a}} \over 1 - x/a}\,{\dd x \over a} =-\int_{0}^{1/a}{\ln^{4}\pars{ax} \over 1 - x}\,\dd x \\[3mm]&=-\int_{0}^{1/a}\ln\pars{1 - x}\,4\ln^{3}\pars{ax}\,{1 \over x}\,\dd x =4\int_{0}^{1/a}{\rm Li}_{2}'\pars{x}\ln^{3}\pars{ax}\,\dd x \\[3mm]&=-4\int_{0}^{1/a}{\rm Li}_{2}\pars{x}\,3\ln^{2}\pars{ax}\,{1 \over x} \,\dd x \\[3mm]&=-12\int_{0}^{1/a}{\rm Li}_{3}'\pars{x}\ln^{2}\pars{ax}\,\dd x =12\int_{0}^{1/a}{\rm Li}_{3}\pars{x}2\ln\pars{ax}\,{1 \over x}\,\dd x \\[3mm]&=24\int_{0}^{1/a}{\rm Li}_{4}'\pars{x}\ln\pars{ax}\,\dd x =-24\int_{0}^{1/a}{\rm Li}_{4}\pars{x}\,{1 \over x}\,\dd x =-24\int_{0}^{1/a}{\rm Li}_{5}'\pars{x}\,\dd x \\[3mm]&=\color{#00f}{-24\,{\rm Li}_{5}\pars{1 \over a}} \end{align}

Ahora, usted puede utilizar fracciones parciales. Por ejemplo: $$ \int_{0}^{1}{\ln^{4}\pars{x} \más de 3\pars{x + 1}}= -8\,{\rm Li}_{5}\pars{-1} ={15 \over 2}\,\zeta\pars{5} $$

5voto

Felix Marin Puntos 32763

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $\ds{\int_{0}^{1}{1 - x \over 1 - x^{6}}\,\ln^{4}\pars{x}\,\dd x:\ {\large ?}}$

Tenga en cuenta que $$ {1 - x \a más de 1 - x^{6}}=\prod_{n =1}^{5}{1 \sobre x - x_{n}} =\sum_{n = 1}^{5}{b_{n} \over x - x_{n}}\,,\ \left\lbrace\begin{array}{rcl} x_{n} & = & \expo{n\pi\ic/3} \\[2mm] b_{n} & = &{1 \over 6}\,x_{n}\pars{x_{n} - 1} \end{array}\right. $$

\begin{align}&\color{#c00000}{\int_{0}^{1}% {1 - x \over 1 - x^{6}}\,\ln^{4}\pars{x}\,\dd x} =\sum_{n = 1}^{5}b_{n}\int_{0}^{1}{\ln^{4}\pars{x} \over x - x_{n}}\,\dd x =-24\sum_{n = 1}^{5}b_{n}\,{\rm Li}_{5}\pars{1 \over x_{n}} \\[3mm]&=4{\rm Li}_{5}\pars{\expo{-\pi\ic/3}}+ 4\ic\root{3}{\rm Li}_{5}\pars{\expo{-2\pi\ic/3}}-8{\rm Li}_{5}\pars{-1} -4\ic\root{3}{\rm Li}_{5}\pars{\expo{2\pi\ic/3}} \\[3mm]&+4{\rm Li}_{5}\pars{\expo{\pi\ic/3}} \\[3mm]&=8\bracks{\Re{\rm Li}_{5}\pars{\expo{\pi\ic/3}} +\root{3}\Im{\rm Li}_{5}\pars{\expo{2\pi\ic/3}} - {\rm Li}_{5}\pars{-1}} \end{align} donde hemos utilizado un resultado de mi respuesta anterior: $\ds{\int_{0}^{1}{\ln^{4}\pars{x} \over x -} =-24\,{\rm Li}_{5}\pars{1 \over a}}$.

Los siguientes resultados, pero el último, se encuentran con Jonquiere la Inversión de la Fórmula: $$ \Re{\rm Li}_{5}\pars{\expo{\pi\ic/3}}={25 \más de 54}\,\zeta\pars{5}\,,\quad \Im{\rm Li}_{5}\pars{\expo{2\pi\ic/3}}={2 \más de 729}\,\pi^{5}\,,\quad {\rm Li}_{5}\pars{-1}=-\,{15 \más de 16}\,\zeta\pars{5} $$ El último es encontrado por la manipulación de la PolyLog serie de definición.

\begin{align}&\color{#c00000}{\int_{0}^{1}% {1 - x \over 1 - x^{6}}\,\ln^{4}\pars{x}\,\dd x} =8\braces{{25 \over 54}\,\zeta\pars{5} + \root{3}\,{2 \over 729}\,\pi^{5} -\bracks{-\,{15 \over 16}\,\zeta\pars{5}}} \end{align}

$$ \color{#66f}{\large\int_{0}^{1}% {1 - x \a más de 1 - x^{6}}\,\ln^{4}\pars{x}\,\dd x ={16\raíz{3} \más de 729}\,\pi^{5} + {605 \más de 54}\,\zeta\pars{5}} \aprox {\tt 23.2507} $$

4voto

schooner Puntos 1602

Puede utilizar la serie geométrica a evaluar. De hecho, \begin{eqnarray} I&=&\int_0^1\frac{(1-x)\ln^4x}{1-x^6}dx\\ &=&\int_0^1\sum_{n=0}^\infty(1-x)x^{6n}\ln^4xdx\\ &=&\sum_{n=0}^\infty(1-x)x^{6n}\ln^4xdx\\ &=&\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{24}{(6n+1)^5}-\frac{24}{(6n+2)^5}\right)\\ &=&\frac{1}{324}\left(\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(n+1/6)^5}-\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(n+1/3)^5}\right)\\ &=&\frac{1}{324}(\zeta(5,\frac{1}{6})-\zeta(5,\frac{1}{3}))\\ &=&\frac{16\pi^5}{243\sqrt3}+\frac{605}{54}\zeta(5). \end{eqnarray} El (tedioso) cálculo de $\zeta(5,\frac{1}{6})$ $\zeta(5,\frac{1}{3})$ se deriva a partir de dos resultados de esta (en las Páginas 1628-1629). En primer lugar tenemos $$ \zeta(5,\frac{1}{6})-\zeta(5,\frac{5}{6})=\frac{44\pi^5}{\sqrt3}, \zeta(5,\frac{1}{6})+\zeta(5,\frac{5}{6})=(2^5-1)(2^5-1)\zeta(5), $$ a partir de la cual obtenemos $$ \zeta(5,\frac{1}{6})=\frac{22\pi^5}{\sqrt3}+3751\zeta(5). $$ Desde
$$ \zeta(5,\frac{1}{6})+\zeta(5,\frac{1}{3})+\zeta(5,\frac{1}{2})+\zeta(5,\frac{2}{3})+\zeta(5,\frac{5}{6})+\zeta(5)=6^5\zeta(5),\zeta(5,\frac{1}{2})=31\zeta(5) $$ tenemos $$ \zeta(5,\frac{1}{3})+\zeta(5,\frac{2}{3})=242\zeta(5). $$ También $$ \zeta(5,\frac{1}{3})-\zeta(5,\frac{2}{3})=\sum_{n=-\infty}^\infty\frac1{(n+\frac{1}{3})^5}=\frac{4\pi^5}{3\sqrt3}.$$ A partir de este, se obtiene $$\zeta(5,\frac{1}{3})=\frac{2\pi^5}{3\sqrt3}+121\zeta(5). $$

4voto

Lance Roberts Puntos 11164

Un par de identidades a considerar que puede ayudar a cortar su solución en la forma requerida son:

$$\psi^{(4)}(2x)=1/2(\psi^{(4)}(x)+\psi^{(4)}(x+1/2))$$ y

$$\psi^{(4)}(1-x)=\psi^{(4)}(x)+4\pi^{5}(\cos(2\pi x)+5)\cot(\pi x)\csc^{4}(\pi x)$$

es decir, $$\psi^{(4)}(1/3)=1/2(\psi^{(4)}(1/6)+\psi^{(4)}(2/3))$$

y $$\psi^{(4)}(2/3)=\psi^{(4)}(1/3)+4\pi^{5}(\cos(2\pi /3)\cot(\pi /3)\csc^{4}(\pi/3)$$

2voto

sfletche Puntos 151

Aquí está mi solución a este problema.

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