Integral de polylogarithms y registros en forma cerrada: $\int_0^1 \frac{du}{u}\text{Li}_2(u)^2(\log u)^2$

Question

Es posible evaluar esta integral en forma cerrada? $$ \int_0^1 \frac{du}{u}\text{Li}_2(u)^2\log u \stackrel{?}{=} -\frac{\zeta(6)}{3}.$$ He encontrado la posible forma cerrada mediante un número entero relación algoritmo.

He encontrado varias otras posibles formas similares de las integrales, incluyendo $$ \int_0^1 \frac{du}{u}\text{Li}_2(u)^2(\log u)^2 \stackrel{?}{=} -20\zeta(7)+12\zeta(2)\zeta(5).$$

No parece ser una forma equivalente cuando el integrando contiene $(\log u)^3$, al menos, no sólo en términos de $\zeta$.

¿Alguien sabe un truco para la evaluación de estas integrales?

La actualización. La derivación de la forma cerrada para la segunda integral de la siguiente manera fácilmente a lo largo de las ideas O. L. utilizado en la respuesta para la primera integral.

Introducir las funciones $$ I(a,b,c) = \int_0^1 \frac{du}{u}(\log u)^c \text{Li}_a(u)\text{Li}_b(u) $$ y $$ S(a,b,c) = \sum_{n,m\geq1} \frac{1}{n^am^b(n+m)^c}. $$ Usando integración por partes, la expansión de polylogarithms de su poder de definición de la serie y también que $$ \int_0^1 (\log u)^s u^{t-1}\,du = \frac{(-1)^s s!}{t^{s+1}},$$ compruebe que $$ I(2,2,2) = -\frac23 I(1,2,3) = 4S(1,2,4). $$

Ahora utilice el teorema del binomio y el hecho de que $S(a,b,c)=S(b,a,c)$ escribir $$ 6S(1,2,4) + 2S(3,0,4) = 3S(1,2,4) + 3S(2,1,4)+S(0,3,4)+S(3,0,4) = S(3,3,1). $$ Ahora, usando Mathematica, $$ S(3,3,1) = \sum_{n,m\geq1}\frac{1}{n^3m^3(n+m)} = \sum_{m\geq1}\frac{H_m}{m^6} - \frac{\zeta(2)}{m^5} + \frac{\zeta(3)}{m^4}, $$ y $$ \sum_{m\geq1}\frac{H_m}{m^6} = -\zeta(4)\zeta(3)-\zeta(2)\zeta(5)+4\zeta(7), $$ así $$ S(3,3,1) = 4\zeta(7)-2\zeta(2)\zeta(5). $$

También, $$ S(0,3,4) = \zeta(3)\zeta(4) - \sum_{m\geq1} \frac{H_{n,4}}{m^3} = -17\zeta(7)+10\zeta(2)\zeta(5)+\zeta(3)\zeta(4), $$ a partir de la cual se deduce que $$ I(2,2,2) = \frac23\left(S(3,3,1)-2S(0,3,4)\right) = -20\zeta(7)+12\zeta(2)\zeta(5). $$

Answer 1

Ahora se trata de una prueba.

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Permítanos integrar de una vez por piezas a sustituir la (primera) integral por $$I=\int_0^1\frac{\ln u\,\mathrm{Li}_2(u)^2du}{u}=\int_0^1\frac{\ln^2 u\ln(1-u)}{u}\mathrm{Li}_2(u)\,du.$$ Luego, reemplace $\mathrm{Li}_2(u)=\sum_{m=1}^{\infty}u^m/m^2$ $\ln(1-u)=-\sum_{n=1}^{\infty}u^{n}/n$ por la correspondiente serie de Taylor. Intercambiando el orden de la suma y de la integración, evaluar la integral con respecto a $u$. Esto puede ser hecho usando ese $$\int_0^1 u^{s-1}\ln^2u\,du=\frac{2}{s^3}.$$ Por lo $I$ puede ser escrito como una doble serie $$I=-2\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{m^2n(m+n)^3}.$$ Ahora vamos a introducir las siguientes sumas: \begin{align} &S_1=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{m^3(m+n)^3},\\ &S_2=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^3(m+n)^3},\\ &S_3=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{m^2n(m+n)^3},\\ &S_4=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{mn^2(m+n)^3}. \end{align} Es obvio que $S_1=S_2$$S_3=S_4$. ¿Qué es más divertido (pero todavía obvio para probar) es que $$S_1+S_2+3S_3+3S_4=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{m^3n^3}=\zeta(3)^2.\tag{1}$$ Por lo tanto, si logramos calcular $S_1=S_2$, vamos a ser capaces de calcular $I$. Pero $$S_1=-\sum_{m=1}^{\infty}\frac{\psi''(1+m)}{2m^3}=\frac12\left(\zeta(3)^2-\frac{\pi^6}{945}\right).\tag{2}$$ Aquí la primera igualdad se sigue de la relación de recursividad $\psi''(z+1)-\psi''(z)={2}/{z^3}$ y telescópico argumento, mientras que el segundo fue obtenida usando Mathematica.

Ahora la combinación de (1), (2) y el hecho de que $I=-(S_3+S_4)$, nos encontramos con $$I=-\frac13\left[\left(S_1+S_2+3S_3+3S_4\right)-2S_1\right]=-\frac{1}{3}\times\frac{\pi^6}{945}=-\frac{\zeta(6)}{3}.$$

Answer 2

Me he decidido a publicar mi obra hasta el momento - no le prometo una solución, pero he hecho algunos avances que otros pueden encontrar interesante y/o útil.

$$\text{Let } I_{n,k}=\int_{0}^{1}\frac{\text{Li}_{k}(u)}{u}\log(u)^{n}du$$ La integración por partes da $$I_{n,k}=\left[\text{Li}_{k+1}(u)\log(u)^{n}\right]_{u=0}^{u=1}-\int_{0}^{1}\frac{\text{Li}_{k+1}(u)}{u}n\log(u)^{n-1}du$$ $$\text{Hence, }I_{n,k}=-nI_{n-1,k+1} \implies I_{n,k}=(-1)^{r}\frac{n!}{(n-r)!}I_{n-r,k+r}$$ Tomando $r=n$ da $I_{n,k}=(-1)^{n}n!I_{0,n+k}$. $$\text{But obviously } I_{0,n+k}=\int_{0}^{1}\frac{\text{Li}_{n+k}(u)}{u}du=\text{Li}_{n+k+1}(1)-\text{Li}_{n+k+1}(0)=\zeta(n+k+1)$$

$$\text{Now consider }J_{n,k,l}=\int_{0}^{1}\frac{\text{Li}_{k}(u)}{u}\text{Li}_{l}(u)\log(u)^{n}du$$ La integración por partes de nuevo, $$J_{n,k,l}=\left[\text{Li}_{k+1}(u)\text{Li}_{l}(u)\log(u)^{n}\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{\text{Li}_{l-1}(u)}{u}\text{Li}_{k+1}(u)\log(u)^{n}-\int_{0}^{1}\frac{n\log(u)^{n-1}}{u}\text{Li}_{k+1}(u)\text{Li}_{l}(u) du$$ Por lo $J_{n,k,l}=-J_{n,k+1,l-1}-nJ_{n-1,k+1,l}$; continuando en el espíritu de la primera parte sugiere que debemos tratar de aumentar la primera y la segunda índices, mientras que la disminución de la tercera. Si tenemos éxito en esto, hemos encontrado una forma cerrada.

Answer 3

Usted puede encontrar Dos Nuevos Zeta Constantes: Fractal de la Cadena, Seguido de la Fracción, y Hipergeométrica Aspectos de la Riemann Zeta Función muy interesante . Se relaciona funciones hipergeométricas, polylogarithms, y la función zeta