Acerca de la integral de la $\int_{0}^{1}\frac{\log(x)\log^2(1+x)}{x}\,dx$

Question

Me encontré con la siguiente Integral y han sido completamente perplejo.

$$\large\int_{0}^{1}\dfrac{\log(x)\log^2(1+x)}{x}dx$$

Estoy muy triste, pero la única cosa que me di cuenta fue de que los límites de la Integral fueron similares a la función Beta. Yo también tengo una sugerencia de que la resolución sea necesario que la Polylogarithm, Gamma y la Zeta de Riemann de Funciones. $$$$Sería posible solucionar esto sin utilizar Métodos Complejos (no he aprendido todavía) a menos que sea absolutamente necesario? Cualquier ayuda en este Integral sería muy apreciada. Muchas, muchas gracias de antemano!

EDIT: a partir De las observaciones dadas a continuación byDavid H Señor, y Alex S Sir, la Integral se convierte en: $$\int_0^1 \dfrac{\ln^2(1+x)\ln(x)}{x}dx$$

Sólo una observación: Este es sorprendentemente similar a la Función Beta. También, si tenemos en cuenta $$\int^1_0 (1+x)^ax^bdx$$ and differentiate twice with respect to $un$ and once with respect to $b$ and set $a=b=0$, we get the above Integral (except the $$ x en el denominador).

No estoy seguro, pero creo que teniendo la serie de representaciones de las Integrales sería de gran ayuda, especialmente desde la forma cerrada incluye la Zeta de Riemann y la Polylogarithm funciones.

Answer 1

$$I=\int_{0}^{1}\frac{\log(x)\log^2(1+x)}{x}\,dx = -\int_{0}^{+\infty} t \log(1+e^{-t})\,dt$$ es una integral que ya apareció en el MSE. Puede ser abordado de muchas maneras, por ejemplo mediante la ampliación de $\log^2(1+x)$ como su desarrollo en serie de Taylor:

$$ \log^2(1+x) = 2\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1} H_n}{n+1} x^{n+1} $$ de los cuales: $$ I = 2\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n} H_n}{(n+1)^3} $$ de la siguiente manera. La evaluación de esta serie es un tema de moda aquí en MSE: Shobhit mencionado la última de la serie (suma de Euler) en su respuesta a una pregunta relacionada.

Answer 2

La realización de la integración por partes tomando $u=\ln^2(1+x)$$\mathrm dv=\dfrac{\ln x}{x}\ \mathrm dx$, luego \begin{align} I&=\int_0^1\frac{\ln x\ln^2(1+x)}{x}\ \mathrm dx\\ &=\ln x\ln^2(1+x)\Bigg|_0^1-\int_0^1\frac{\ln^2{x}\ln(1+x)}{1+x}\,\mathrm dx\\ &=-\int_0^1\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k-1}H_{k}\,x^k\ln^2x\,\mathrm dx\tag{1}\\ &=-\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k-1}H_{k}\int_0^1x^k\ln^2x\,\mathrm dx\\ &=-2\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k-1}\frac{H_{k}}{(k+1)^3}\tag{2}\\ &=-2\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k-1}\left[\frac{H_{k+1}}{(k+1)^3}-\frac{1}{(k+1)^4}\right]\tag{3}\\ &=2\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k-1}\left[\frac{H_{k}}{k^3}-\frac{1}{k^4}\right]\\ &=\frac{11\pi^4}{180}-4\text{Li}_4 \left(\frac{1}{2} \right)-\frac{7\zeta(3)\ln 2}{2}+\frac{\pi^2\ln^2 2}{6}-\frac{\ln^4 2}{6}-2\eta(4)\tag{4}\\ &=\frac{11\pi^4}{180}-4\text{Li}_4 \left(\frac{1}{2} \right)-\frac{7\zeta(3)\ln 2}{2}+\frac{\pi^2\ln^2 2}{6}-\frac{\ln^4 2}{6}-\frac{7\zeta(4)}{4}\tag{5}\\ &=\bbox[8pt,border:3px #FF69B4 solid]{\color{red}{\large\frac{\pi^4}{24}-4\text{Li}_4 \left(\frac{1}{2} \right)-\frac{7\zeta(3)\ln 2}{2}+\frac{\pi^2\ln^2 2}{6}-\frac{\ln^4 2}{6}}} \end{align}

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Explicación :

$(1)$ El uso de la generación de la función $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k-1}H_{k}\,x^k=\frac{\ln(1+x)}{1+x}$

$(2)$ El uso de la fórmula de $\displaystyle\int_0^1 x^k \ln^n x\ \mathrm dx=\frac{(-1)^n n!}{(k+1)^{n+1}}\quad,\ n\in\mathbb{Z}_{n\ge0}$

$(3)$ El uso de la propiedad $\displaystyle H_{k}=H_{k+1}-\frac{1}{k+1}$

$(4)$ Resultado $\displaystyle \sum_{k=1}^\infty (-1)^{k-1} \frac{H_k}{k^3} = \frac{11\pi^4}{360}-2\text{Li}_4 \left(\frac{1}{2} \right)-\frac{7\zeta(3)\ln 2}{4}+\frac{\pi^2\ln^2 2}{12}-\frac{\ln^4 2}{12}$

$(5)$ El uso de la propiedad de Dirichlet eta función de $\displaystyle \eta(s)=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{k^s}=\left(1-2^{1-s}\right)\zeta(s)$

Answer 3

SUGERENCIA: el resultado por Mathematica está dada por $$\frac{1}{24} \left(-4 \left(24 \text{Li}dimm_4\left(\frac{1}{2}\right)+21 \zeta (3) \log (2)+\log ^4(2)\right)+\pi ^4+4 \pi ^2 \log ^2(2)\right)$$