Cómo encontrar $\int_{0}^{1}\dfrac{\ln^2{x}\ln^2{(1-x)}}{2-x}dx$

Question

Cómo encontrar

$$ I=\int_{0}^{1}{\ln^{2}\left(x\right)\ln^{2}\left(1 - x\right) \over 2 - x} \,{\rm d}x $$

Mi idea:

Dejemos que $x=1-t$ entonces

$$ I =\int_{0}^{1}{\ln^{2}\left(1 - x\right)\ln^{2}\left(x\right) \over 1 + x}\,{\rm d}x $$

No puedo seguir adelante. No recuerdo que Math SE tenga este problema similar ya publicado.

este problema integral es de Esta suma de Euler : $$\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{1}{{{n^2}}}} \left( {\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}}}{k}} } \right)\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}}}{{{k^2}}}} } \right) =  - \frac{{23}}{{1440}}{\pi ^4}\ln 2 + \frac{1}{{18}}{\pi ^2}{\ln ^3}2 - \frac{1}{{18}}{\ln ^5}2 - 4L{i_4}\left( {\frac{1}{2}} \right)\ln 2 - 8L{i_5}\left( {\frac{1}{2}} \right) + \frac{1}{{12}}{\pi ^2}\zeta \left( 3 \right) + \frac{{27}}{4}\zeta \left( 5 \right)$$

cuando trato esta serie, entonces debemos resolver esta integral .

Gracias.

Answer 1

Sólo un posible enfoque para resolver esto.

Dejemos que $1-x=e^{-z}$ Entonces $$I=\int_{0}^{\infty}\frac{\ln^2(1-e^{-z})z^2}{1+e^{-z}}e^{-z}dz=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\int_{0}^{\infty}z^2\ln^2(1-e^{-z})e^{-(k+1)z}dz\\ =\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k I_k$$ donde $$I_k=\int_{0}^{\infty}z^2\ln^2(1-e^{-z})e^{-(k+1)z}dz$$ Quizás se puedan calcular estas integrales posteriores.

$$I_k=\sum_{i,j=1}^\infty \frac{1}{ij}\int_{0}^{\infty}z^2e^{-(k+j+i+1)z}dz\\=\sum_{i,j=1}^\infty \frac{1}{ij}\frac{2}{(k+i+j+1)^3}$$ Así que, $$I=\sum_{i,j,k=1}^{\infty}(-1)^k\frac{2}{ij(i+j+k)^3}$$

Answer 2

Desde entonces: $$[x^n]\log^2(1-x)=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(n-k)}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{n-k}\right)=\frac{2H_{n-1}}{n},\tag{1}$$ que tenemos: $$ \begin{eqnarray*}I &=& \sum_{n=2}^{+\infty}\frac{2H_{n-1}}{n}\int_{0}^{1}\frac{x^n \log^2 x}{1+x}\,dx = \sum_{n=2}^{+\infty}\frac{2H_{n-1}}{n}\int_{0}^{+\infty}\frac{t^2 e^{-(n+1)t}}{1+e^{-t}}dt\\ &=& 4\sum_{n=2}^{+\infty}\frac{H_{n-1}}{n}\left(\frac{1}{(n+1)^3}-\frac{1}{(n+2)^3}+\frac{1}{(n+3)^3}-\ldots\right)\\&=&4\sum_{s=3}^{+\infty}\frac{(-1)^s}{s^3}\sum_{n=2}^{s-1}(-1)^{n-1}\frac{H_{n-1}}{n},\tag{2}\end{eqnarray*}$$ que es (disfrazada) la misma identidad encontrada por Samrat Mukhopadhyay.

Answer 3

Aquí una forma más cercana para esta integral

$$ I=−\frac{13}{2}\zeta_2\zeta_3 +\frac{2}{3}\zeta_2\ln^3 2 +\frac{15}{2}\zeta_5+\zeta_4\ln2-\frac{1}{15}\ln^5 2+8\operatorname{Li}_5\left(\frac{1}{2}\right) $$

Answer 4

Utilizando Mathematica, he encontrado la respuesta que aparece a continuación, que coincide numéricamente. Me pregunto si se puede simplificar. Mathematica no pudo. ¿Tienes alguna razón para esperar que haya una forma más simple?

$$ 8 (\zeta (3)-3) \text{Hypergeometric2F1}^{(0,0,1,0)}(1,1,2,-1)+4 \zeta (3) \text{Hypergeometric2F1}^{(0,1,0,0)}(1,1,2,-1)+12 \text{Hypergeometric2F1}^{(0,0,2,0)}(1,1,2,-1)-4 \text{Hypergeometric2F1}^{(0,0,3,0)}(1,1,2,-1)+\text{Hypergeometric2F1}^{(0,0,4,0)}(1,1,2,-1)-12 \text{Hypergeometric2F1}^{(0,1,0,0)}(1,1,2,-1)+2 \left(6 \text{Hypergeometric2F1}^{(0,1,1,0)}(1,1,2,-1)-3 \text{Hypergeometric2F1}^{(0,1,2,0)}(1,1,2,-1)+\text{Hypergeometric2F1}^{(0,1,3,0)}(1,1,2,-1)+\text{Hypergeometric2F1}^{(0,2,0,0)}(1,1,2,-1)-\text{Hypergeometric2F1}^{(0,2,1,0)}(1,1,2,-1)\right)+\text{Hypergeometric2F1}^{(0,2,2,0)}(1,1,2,-1)-\frac{2}{3} \pi ^2 \left(-2 \text{Hypergeometric2F1}^{(0,0,1,0)}(1,1,2,-1)+\text{Hypergeometric2F1}^{(0,0,2,0)}(1,1,2,-1)-\text{Hypergeometric2F1}^{(0,1,0,0)}(1,1,2,-1)+\text{Hypergeometric2F1}^{(0,1,1,0)}(1,1,2,-1)+\log (4)\right)-4 \zeta (3) \log (4)-\frac{1}{90} \pi ^4 \log (2)+24 \log (2) $$