$\newcommand{\+}{^{\dagger}} \newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\right\vert\,} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{0}^{1}{\ln^{2}\pars{1 + x} \over x}\,\dd x:\ {\large ?}}$
\begin{align}&\color{#c00000}{% \int_{0}^{1}{\ln^{2}\pars{1 + x} \over x}\,\dd x} =\int_{1}^{2}{\ln^{2}\pars{x} \over x - 1}\,\dd x =\int_{1}^{1/2}{\ln^{2}\pars{1/x} \over 1/x - 1}\,\pars{-\,{\dd x \over x^{2}}} =\int_{1/2}^{1}{\ln^{2}\pars{x} \over x\pars{1 - x}}\,\dd x \\[3mm]&=\int_{1/2}^{1}{\ln^{2}\pars{x} \over x}\,\dd x + \int_{1/2}^{1}{\ln^{2}\pars{x} \over 1 - x}\,\dd x ={1 \over 3}\,\ln^{3}\pars{2} +\sum_{n = 1}^{\infty}\color{#00f}{\int_{1/2}^{1}\ln^{2}\pars{x}x^{n - 1}\,\dd x} \qquad\qquad\pars{1} \end{align}
$$ \color{#00f}{\int_{1/2}^{1}\ln^{2}\pars{x}x^{n - 1}\,\dd x} =\lim_{\mu\ \to\ n - 1}\partiald[2]{}{\mu}\int_{1/2}^{1}x^{\mu}\,\dd x =\lim_{\mu\ \to\ n - 1}\partiald[2]{}{\mu} \bracks{{1 - \pars{1/2}^{\mu + 1} \over \mu + 1}} $$
$$ \color{#00f}{\int_{1/2}^{1}\ln^{2}\pars{x}x^{n - 1}\,\dd x} =-2\,{\pars{1/2}^{n} \over n^{3}}+ {2 \over n^{3}} -\ln^{2}\pars{2}\,{\pars{1/2}^{n} \over n} -2\ln\pars{2}\,{\pars{1/2}^{n} \over n^{2}} $$
Sustituyendo en $\pars{1}$ : \begin{align}&\color{#c00000}{% \int_{0}^{1}{\ln^{2}\pars{1 + x} \over x}\,\dd x} \\[3mm]&={1 \over 3}\,\ln^{3}\pars{2} -2{\rm Li}_{3}\pars{\half} +2\zeta\pars{3} - \ln^{2}\pars{2}{\rm Li}_{1}\pars{\half} -2\ln\pars{2}{\rm Li}_{2}\pars{\half}\tag{2} \end{align}
Encontrará valores para Función polilogaritmo $\ds{{\rm Li}_{s}\pars{\half}\,,\ \pars{~s = 1,2,3~}\,,\ }$ i esta página : \begin{align} {\rm Li}_{1}\pars{\half} &= \ln\pars{2} \\[3mm] {\rm Li}_{2}\pars{\half} &= {\pi^{2} \over 12} - \half\,\ln^{2}\pars{2} \\[3mm] {\rm Li}_{3}\pars{\half} &= {1 \over 6}\,\ln^{3}\pars{2}- {\pi^{2} \over 12}\,\ln\pars{2} +{7 \over 8}\,\zeta\pars{3} \end{align}
Con estas identidades y resultado $\pars{2}$ : \begin{align}&\color{#c00000}{% \int_{0}^{1}{\ln^{2}\pars{1 + x} \over x}\,\dd x} \\[3mm]&=\color{#00f}{{1 \over 3}\,\ln^{3}\pars{2}} +\ \overbrace{\bracks{\color{#00f}{-\,{1 \over 3}\,\ln^{3}\pars{2}} + \color{magenta}{{\pi^{2} \over 6}\,\ln\pars{2}} {\large -{7 \over 4}\,\zeta\pars{3}}}}^{\ds{-2{\rm Li}_{3}\pars{\half}}}\ +\ {\large 2\zeta\pars{3}} \\[3mm]&+\ \underbrace{\bracks{\color{#990099}{-\ln^{3}\pars{2}}}} _{\ds{-\ln^{2}\pars{2}{\rm Li}_{1}\pars{\half}}}\ +\ \underbrace{\bracks{\color{magenta}{-\,{\pi^{2} \over 6}\,\ln\pars{2}} +\color{#990099}{\ln^{3}\pars{2}}}}_{\ds{-2\ln\pars{2}{\rm Li}_{2}\pars{\half}}}\ =\ \pars{2 - {7 \over 4}}\zeta\pars{3} \end{align}
$$ \color{#66f}{\large% \int_{0}^{1}{\ln^{2}\pars{1 + x} \over x}\,\dd x = {\zeta\pars{3} \over 4}} \approx 0.3005 $$
2 votos
¿necesita una forma cerrada? En caso contrario $\log(1+x) \sim x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3}$ es una buena aproximación
0 votos
Sí, necesito formularios cerrados.
0 votos
Wolfram Alpha cree que las dos primeras respuestas (para $n=1$ y $n=2$ ) son ${1\over2}\zeta(2)$ y ${1\over4}\zeta(3)$ . Después, la cosa se complica dilogarítmicamente.
0 votos
Una antiderivada de $\frac{\log^{n}(1+x)}{x}$ en términos de polilogaritmos puede hallarse integrando por partes repetidamente. Y si te interesa, joriki evaluó el caso $n=2$ mediante la integración de contornos. math.stackexchange.com/questions/316745/
0 votos
@RandomVariable Sí, efectivamente (se me pasó una serie complicada al hacer las cosas con prisas).
0 votos
@RandomVariable Es un sueño evaluar esa integral de forma elemental (quizás uno que deseo demasiado).
0 votos
aquí son técnicas útiles.