Hay una posibilidad de encontrar una forma cerrada para $$\int_0^1 \frac{{\text{Li}}_3^2(-x)}{x^2}\,dx$ $
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Godsaur
Puntos
121
$\def\Li{{\rm Li}}$ Repetidamente integrar por partes. \begin{align} &\int^1_0\frac{\Li_3^2(-x)}{x^2}{\rm d}x\\ =&-\frac{\Li_3^2(-x)}{x}\Bigg{|}^1_0+\int^1_0\frac{2\Li_2(-x)\Li_3(-x)}{x^2}{\rm d}x\\ =&-\frac{9}{16}\zeta^2(3)-\frac{2\Li_2(-x)\Li_3(-x)}{x}\Bigg{|}^1_0+\int^1_0\frac{2\Li_2^2(-x)}{x^2}{\rm d}x-\int^1_0\frac{2\Li_3(-x)\ln(1+x)}{x^2}{\rm d}x\\ =&-\frac{9}{16}\zeta^2(3)-\frac{3}{4}\zeta(2)\zeta(3)-\frac{2\Li_2^2(-x)}{x}\Bigg{|}^1_0-\int^1_0\frac{4\Li_2(-x)\ln(1+x)}{x^2}{\rm d}x\\ &+\frac{2\Li_3(-x)\ln(1+x)}{x}\Bigg{|}^1_0-\int^1_0\frac{2\Li_3(-x)}{x(1+x)}{\rm d}x-\int^1_0\frac{2\Li_2(-x)\ln(1+x)}{x^2}{\rm d}x\\ =&-\frac{9}{16}\zeta^2(3)-\frac{3}{4}\zeta(2)\zeta(3)-\frac{1}{2}\zeta^2(2)+\frac{7}{4}\zeta(4)-\frac{3}{2}\zeta(3)\ln{2}+\int^1_0\frac{2\Li_3(-x)}{1+x}{\rm d}x\\ &+\frac{6\Li_2(-x)\ln(1+x)}{x}\Bigg{|}^1_0-\int^1_0\frac{6\Li_2(-x)}{x(1+x)}{\rm d}x+\int^1_0\frac{6\ln^2(1+x)}{x^2}{\rm d}x\\ =&-\frac{9}{16}\zeta^2(3)-\frac{3}{4}\zeta(2)\zeta(3)-\frac{1}{2}\zeta^2(2)+\frac{7}{4}\zeta(4)-\frac{3}{2}\zeta(3)\ln{2}+\frac{9}{2}\zeta(3)-3\zeta(2)\ln{2}\\ &+\int^1_0\frac{6\Li_2(-x)}{1+x}{\rm d}x+\int^1_0\frac{2\Li_3(-x)}{1+x}{\rm d}x-\frac{6\ln^2(1+x)}{x}\Bigg{|}^1_0+\int^1_0\frac{12\ln(1+x)}{x(1+x)}{\rm d}x\\ =&-\frac{9}{16}\zeta^2(3)-\frac{3}{4}\zeta(2)\zeta(3)-\frac{1}{2}\zeta^2(2)+\frac{7}{4}\zeta(4)-\frac{3}{2}\zeta(3)\ln{2}+\frac{9}{2}\zeta(3)-3\zeta(2)\ln{2}\\ &+6\zeta(2)-12\ln^2{2}+\int^1_0\frac{6\Li_2(-x)}{1+x}{\rm d}x+\int^1_0\frac{2\Li_3(-x)}{1+x}{\rm d}x \end{align} desde\begin{align} \int^1_0\frac{6\Li_2(-x)}{1+x}{\rm d}x =&6\Li_2(-x)\ln(1+x)\Bigg{|}^1_0+\int^1_0\frac{6\ln^2(1+x)}{x}{\rm d}x\\ =&\frac{3}{2}\zeta(3)-3\zeta(2)\ln{2} \end {Alinee el} (ver integrales de Log me)
y \begin{align} \int^1_0\frac{2\Li_3(-x)}{1+x}{\rm d}x =&2\Li_3(-x)\ln(1+x)\Bigg{|}^1_0-\int^1_0\underbrace{\frac{2\Li_2(-x)\ln(1+x)}{x}{\rm d}x}_{\displaystyle\small{2\Li_2(-x)\ {\rm d}\Li_2(-x)}}\\ =&\frac{1}{4}\zeta^2(2)-\frac{3}{2}\zeta(3)\ln{2} \end {alinee el} la forma cerrada es\begin{align} \int^1_0\frac{\Li_3^2(-x)}{x^2}{\rm d}x =&-\frac{9}{16}\zeta^2(3)-\frac{3}{4}\zeta(2)\zeta(3)-\frac{1}{4}\zeta^2(2)+\frac{7}{4}\zeta(4)-3\zeta(3)\ln{2}\\&+6\zeta(3)-6\zeta(2)\ln{2}+6\zeta(2)-12\ln^2{2}\\ \end {Alinee el}
Argo
Puntos
161
Se centran en la relación $$\frac{d}{dx}{\rm Li}_k(x)=\frac{1}{x}{\rm Li}_{k-1}(x)$$
Veamos la derivada de ${\rm Li}_m {\rm Li}_n$ en general: $$\frac{d}{dx}({\rm Li}_m(-x){\rm Li}_n(-x))=\frac{1}{x}({\rm Li}_{m-1}(-x){\rm Li}_n(-x)+{\rm Li}_m(-x){\rm Li}_{n-1}(-x))$$
Vamos a definir $$f(m,n)=\int_0^1 \frac{{\rm Li}_m(-x){\rm Li}_n(-x)}{x^2}dx$$ Integración por partes: $$f(m,n)=-\frac{1}{x}{\rm Li}_m(-x){\rm Li}_n(-x)|_0^1 +\int_0^1 \frac{{\rm Li}_{m-1}(-x){\rm Li}_n(-x)+{\rm Li}_{m}(-x){\rm Li}_{n-1}(-x)}{x^2}dx$$ $$f(m,n)=-\frac{1}{x}{\rm Li}_m(-x){\rm Li}_n(-x)|_0^1 +f(m-1,n)+f(m,n-1)$$ Esta es una relación recursiva que puede expresar $f(3,3)$ con menor términos que son más fáciles de expresar analíticamente. Tenga en cuenta que la no integral de la parte de arriba tiene que ser tomado como un límite a $x=0$. Usted puede imaginar tener $\epsilon$ para la integral inferior atado y tomar $\epsilon\to 0$ al final.
De todos modos, se puede ver a partir de la energía de la serie de la definición que $$\lim_{\epsilon\to 0}\frac{1}{\epsilon}{\rm Li}_m(\epsilon){\rm Li}_n(\epsilon)=0$$ Además, ${\rm Li}_n(-1)=-\eta(n)$ donde $\eta$ es la de Dirichlet eta función. Simplificación: $$f(m,n)=-\eta(m)\eta(n) +f(m-1,n)+f(m,n-1)$$
Primero de todo, $f$ es simétrica en los argumentos. En segundo lugar, ${\rm Li}_0(x)=\frac{x}{1-x}$, por lo que la recursividad puede terminar en $$f(n,0)=-\int_0^1 \frac{{\rm Li}_n(-x)}{x(1+x)}dx=-\int_0^1 \frac{{\rm Li}_n(-x)}{x}dx+\int_0^1 \frac{{\rm Li}_n(-x)}{1+x}dx=$$ $$=-{\rm Li}_{n+1}(-1)+\int_0^1 \frac{{\rm Li}_n(-x)}{1+x}dx$$ La primera es de nuevo la función de eta. Pero el segundo no sé qué hacer con ellos. Tal vez esto no sea tan buena idea. Alguna sugerencia?
