Evaluación de $\int_0^1 \frac{\log^2(1+x)}{x} \ dx$

Question

Una de las formas de abordarlo radica en el área del dilogaritmo, pero ¿es posible evaluarlo
por otros medios de la análisis real (sin utilizar el dilogaritmo)?

$$\int_0^1 \frac{\log^2(1+x)}{x} \ dx$$

EDITAR : tal vez conozcas alguna forma fácil de hacerlo. Se lo agradecería.
Algunas palabras sobre el caso de generalización (mediante la análisis real otra vez)?

$$F(n)=\int_0^1 \frac{\log^n(1+x)}{x} \ dx, \space n\in \mathbb{N}$$

Answer 1

Cuadrar la serie para $\log(1+x)$ produce $$ \log(1+x)^2=\sum_{k=2}^\infty\sum_{j=1}^{k-1}\frac{(-1)^kx^k}{j(k-j)} $$ Dividiendo por $x$ e integrando se obtiene $$ \begin{align} \int_0^1\frac{\log(1+x)^2}{x}\mathrm{d}x &=\sum_{k=2}^\infty\sum_{j=1}^{k-1}\frac{(-1)^k}{jk(k-j)}\\ &=\sum_{j=1}^\infty\sum_{k=j+1}^\infty\frac{(-1)^k}{jk(k-j)}\\ &=\sum_{j=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{j+k}}{jk(j+k)}\\[9pt] &=\frac{\zeta(3)}{4} \end{align} $$ Utilizando $(5)$ de esta respuesta : $$ \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^2}H_n =-\frac34\zeta(3)+\frac12\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+k}}{(n+k)kn} $$ y $(6)$ de la misma respuesta: $$ -\frac58\zeta(3) =\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^2}H_n $$ obtenemos $$ \sum_{j=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{j+k}}{jk(j+k)} =\frac{\zeta(3)}{4} $$

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\dagger}} \newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\right\vert\,} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{0}^{1}{\ln^{2}\pars{1 + x} \over x}\,\dd x:\ {\large ?}}$

\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}

$$ \color{#66f}{\large% \int_{0}^{1}{\ln^{2}\pars{1 + x} \over x}\,\dd x = {\zeta\pars{3} \over 4}} \approx 0.3005 $$

Answer 3

Se puede encontrar una buena generalización para $\int_0^1\frac{\ln^n(1+x)}{x}dx$ en el lema $2.2$ en este artículo y voy a escribirlo aquí con un poco más de detalles.

Empezar con la subrogación $\frac{1}{1+x}=y$

$$I_n=\int_0^1\frac{\ln^n(1+x)}{x}dx=(-1)^n\int_{1/2}^1\frac{\ln^n(y)}{y(1-y)}dy$$

$$=(-1)^n\int_{1/2}^1\frac{\ln^n(y)}{y}dy+(-1)^n\int_{1/2}^1\frac{\ln^n(y)}{1-y}dy$$

$$=(-1)^n\left[(-1)^n\frac{\ln^{n+1}(2)}{n+1}\right]+(-1)^n\int_{0}^1\frac{\ln^n(y)}{1-y}dy-(-1)^n\int_{0}^{1/2}\frac{\ln^n(y)}{1-y}dy$$

$$=(-1)^n\left[(-1)^n\frac{\ln^{n+1}(2)}{n+1}\right]+(-1)^n\left[(-1)^n n!\zeta(n+1)\right]-(-1)^n\int_{0}^{1/2}\frac{\ln^n(y)}{1-y}dy$$

$$=\frac{\ln^{n+1}(2)}{n+1}+n!\zeta(n+1)-(-1)^n\int_{0}^{1/2}\frac{\ln^n(y)}{1-y}dy\tag1$$

Utilizando

$$(x+y)^n=\sum_{k=0}^n{n\choose k}x^{n-k}y^k$$

o $$(x-y)^n=(-1)^n(y-x)^n=(-1)^n \sum_{k=0}^n{n\choose k}y^{n-k}(-x)^k=\sum_{k=0}^n{n\choose k}(-y)^{n-k}x^k\tag2$$

obtenemos

$$\int_{0}^{1/2}\frac{\ln^n(y)}{1-y}dy\overset{2y=x}{=}-\int_0^1\frac{(\ln(x)-\ln(2))^n}{2-x}dx$$

$$\overset{(2)}{=}-\sum_{k=0}^n{n\choose k}(-\ln(2))^{n-k}\left(\int_0^1\frac{\ln^k(x)}{2-x}dx\right)$$

$$=-\sum_{k=0}^n{n\choose k}(-\ln(2))^{n-k}\left(\sum_{i=1}^\infty\frac1{2^i} \int_0^1 x^{i-1}\ln^k(x)dx\right)$$

$$=-\sum_{k=0}^n{n\choose k}(-\ln(2))^{n-k}\left((-1)^k k!\sum_{i=1}^\infty\frac1{2^i i^{k+1}}\right)$$

$$=-\sum_{k=0}^n{n\choose k}(-\ln(2))^{n-k}(-1)^k k!\operatorname{Li}_{k+1}\left(\frac12\right)\tag3$$

Enchufe $(3)$ en $(1)$ obtenemos

$$I_n=\frac{\ln^{n+1}(2)}{n+1}+n!\zeta(n+1)+\sum_{k=0}^n k!{n\choose k}\ln^{n-k}(2)\operatorname{Li}_{k+1}\left(\frac12\right)$$ o $$(-1)^n\int_{1/2}^1\frac{\ln^n(y)}{y(1-y)}dy=\frac{\ln^{n+1}(2)}{n+1}+n!\zeta(n+1)+\sum_{k=0}^n k!{n\choose k}\ln^{n-k}(2)\operatorname{Li}_{k+1}\left(\frac12\right)$$

Answer 4

La siguiente nueva solución al resultado de la serie armónica clásica, $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{H_n}{n^2}=\frac{5}{8}\zeta(3)$ propuesto por Cornel Ioan Valean utilizando la poderosa identidad, $$\sum _{k=1}^{\infty } \frac{1}{2k(2k+2n-1)}=\frac{1}{2(2n-1)}\left(2H_{2n}-H_n-2\log(2)\right),\tag1$$ encontrado y probado en $(6.289)$ en el libro Integrales, sumas y series (casi) imposibles .

Si multiplicamos ambos lados de $(1)$ por $1/(2n-1)$ considere la suma a partir de $n=1$ a $\infty$ y luego reindexar, tenemos para el lado derecho que $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{2n}}{(2n-1)^2}-\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_n}{(2n-1)^2}-\log(2)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2}$$ $$=-\frac{3}{4}\log(2)\zeta(2)+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{2n-1}}{(2n-1)^2}-\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_n}{(2n+1)^2}$$ $$=-\frac{7}{8}\zeta(3)+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^2}+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{H_n}{n^2}=\frac{1}{8}\zeta(3)+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{H_n}{n^2}.\tag2$$

Por otra parte, basándose en $(1)$ tenemos para el lado izquierdo que $$\sum _{n=1}^{\infty}\left(\sum _{k=1}^{\infty } \frac{1}{2k(2k+2n-1)(2n-1)}\right)=\sum _{k=1}^{\infty}\left(\sum _{n=1}^{\infty } \frac{1}{2k(2k+2n-1)(2n-1)}\right)$$ $$=\frac{1}{4}\sum _{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}\sum_{n=1}^k \frac{1}{2n-1}=\frac{1}{4}\sum _{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}\left(H_{2k}-\frac{1}{2}H_k\right)=\sum _{k=1}^{\infty}\frac{H_{2k}}{(2k)^2}-\frac{1}{8}\sum _{k=1}^{\infty}\frac{H_k}{k^2}$$ $$=\frac{1}{4}\sum _{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}\sum_{n=1}^k \frac{1}{2n-1}=\frac{1}{4}\sum _{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2}\left(H_{2k}-\frac{1}{2}H_k\right)=\sum _{k=1}^{\infty}\frac{H_{2k}}{(2k)^2}-\frac{1}{8}\sum _{k=1}^{\infty}\frac{H_k}{k^2}$$ $$=\frac{3}{8}\sum _{k=1}^{\infty}\frac{H_k}{k^2}-\frac{1}{2}\sum _{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\frac{H_k}{k^2}=\frac{3}{4}\zeta(3)-\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{H_n}{n^2}.\tag3$$

Combinando $(2)$ y $(3)$ obtenemos que

$$\sum _{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{H_n}{n^2}=\frac{5}{8}\zeta(3).$$

En los cálculos hemos necesitado casos particulares de las generalizaciones, \begin{equation*} 2\sum_{k=1}^\infty \frac{H_k}{k^n}=(n+2)\zeta(n+1)-\sum_{k=1}^{n-2} \zeta(n-k) \zeta(k+1), \ n\ge2, \end{equation*} y \begin{equation*} \sum _{k=1}^{\infty}\frac{H_k}{(2k+1)^{2m}}=2m\left(1-\frac{1}{2^{2m+1}}\right)\zeta(2m+1)-2\log(2)\left(1-\frac{1}{2^{2m}}\right)\zeta(2m) \end{equation*} \begin{equation*} -\frac{1}{2^{2m}}\sum_{i=1}^{m-1}(1-2^{i+1})(1-2^{2m-i})\zeta(1+i)\zeta(2m-i), \end{equation*} probado en https://math.stackexchange.com/q/3268851 . La solución de Cornel al caso, $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{H_n}{n^4}=\frac{59}{32}\zeta(5)-\frac{1}{2}\zeta(2)\zeta(3)$ puede encontrarse en https://math.stackexchange.com/q/3269815 y la presente técnica puede ampliarse fácilmente para calcular la generalización, $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{H_n}{n^{2m}}$ .

Dado que la integral dada se reduce fácilmente a los cálculos de $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{H_n}{n^2}$ la solución está finalizada.

Answer 5

Enfoque diferente :

Tenemos

$$\ln^2(1+x)=2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n+1}(-x)^{n+1}$$

Dividir por $x$ e integrar para obtener

\begin{align} \int_0^1\frac{\ln^2(1+x)}{x}\ dx&=2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}H_n}{n+1}\int_0^1x^n\ dx\\ &=2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}H_n}{(n+1)^2}\\ &=2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n}H_{n-1}}{n^2}\\ &=2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n}H_n}{n^2}-2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n}}{n^3}\\ &=2\left(-\frac58\zeta(3)\right)-2\operatorname{Li}_3(-1)\\ &=-\frac54\zeta(3)-2\left(-\frac34\zeta(3)\right)\\ &=\boxed{\frac14\zeta(3)} \end{align}

---

Nota:

Tenemos la identidad generadora

$$\sum_{n=1}^\infty x^n\frac{H_n}{n^2}=\operatorname{Li}_3(x)-\operatorname{Li}_3(1-x)+\ln(1-x)\operatorname{Li}_2(1-x)+\frac12\ln x\ln^2(1-x)+\zeta(3)$$

y estableciendo $x=-1$ y considerando sólo las partes reales tenemos

$$\Re\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\frac{H_n}{n^2}=\operatorname{Li}_3(-1)-\Re\operatorname{Li}_3(2)+\Re\ln2\operatorname{Li}_2(2)+\frac12\underbrace{\Re\ln(-1)\ln^22}_{0}+\zeta(3)\tag{1}$$

Utilizando la identidad trilogarítmica

$$\operatorname{Li}_3(x)+\operatorname{Li}_3(1-x)+\operatorname{Li}_3\left(\frac{x-1}{x}\right)=\frac16\ln^3x+\zeta(2)\ln x-\frac12\ln^2x\ln(1-x)+\zeta(3)$$

configure $x=-1$ y coger las piezas reales para tener

$$ \boxed{\Re\operatorname{Li}_3(2)=\frac78\zeta(3)+\frac32\ln2\zeta(2)}$$

también la identidad de Landen da

$$ \boxed{\Re\operatorname{Li}_2(2)=\frac32\zeta(2)}$$

Introduciendo los resultados del recuadro junto con $\operatorname{Li}_3(-1)=-\frac34\zeta(3)$ en (1) tenemos

$$\Re\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{H_n}{n^2}=-\frac58\zeta(3)$$