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

En el camino de Félix Marín, $$\begin{align}J&=\int_0^1 \frac{\ln(1+x)^2}{x}\\ &\overset{y=\frac{1}{1+x}}=\int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{\ln^2 x}{x(1-x)}\,dx\\ &=\int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{\ln^2 x}{x}\,dx+\int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx\\ &=\frac{1}{3}\left(\ln^3 (1)-\ln^3\left(\frac{1}{2}\right)\right)+\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx-\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx\\ &=\frac{1}{3}\ln^3 2+\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx-\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx\\ &\overset{y=\frac{x}{1-x},\text{the 2nd integral}}=\frac{1}{3}\ln^3 2+\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx-\int_0^1\frac{\ln^2\left(\frac{x}{1+x}\right)}{1+x}\,dx\\ &=\frac{1}{3}\ln^3 2+\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx-\int_0^1\frac{\ln^2 x}{1+x}\,dx-\int_0^1\frac{\ln^2 (1+x)}{1+x}\,dx+2\int_0^1\frac{\ln(1+x)\ln x}{1+x}\,dx\\ &\overset{IBP}=\frac{1}{3}\ln^3 2+\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx-\int_0^1\frac{\ln^2 x}{1+x}\,dx-\int_0^1\frac{\ln^2 (1+x)}{1+x}\,dx-J\\ &=\frac{1}{3}\ln^3 2+\int_0^1 \frac{2x\ln^2 x}{1-x}\,dx-\frac{1}{3}\ln^3 2-J\\ &\overset{y=x^2}=\frac{1}{4}\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx-J\\ J&=\frac{1}{8}\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx\\ &=\frac{1}{8}\times 2\zeta(3)\\ &=\boxed{\frac{1}{4}\zeta(3)} \end{align}$$ NB: supongo que sí, $$\begin{align}\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1-x}\,dx=2\zeta(3)\end{align}$$ (prueba: expansión de Taylor)

Answer 2

Utilizando la identidad algebraica

$$b^2=\frac12(a-b)^2+\frac12(a+b)^2-a^2$$

deje $a=\ln(1-x)$ y $b=\ln(1+x)$ tenemos

$$\int_0^1\frac{\ln^2(1+x)}{x}\ dx=\frac12\underbrace{\int_0^1\frac{\ln^2\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}{x}\ dx}_{\frac{1-x}{1+x}=y}+\frac12\underbrace{\int_0^1\frac{\ln^2(1-x^2)}{x}\ dx}_{1-x^2=y}-\underbrace{\int_0^1\frac{\ln^2(1-x)}{x}\ dx}_{1-x=y}\\=\int_0^1\frac{\ln^2y}{1-y^2}\ dy+\frac14\int_0^1\frac{\ln^2y}{1-y}\ dy-\int_0^1\frac{\ln^2y}{1-y}\ dy\\=\frac12\int_0^1\frac{\ln^2y}{1+y}\ dy-\frac14\int_0^1\frac{\ln^2y}{1-y}\ dy=\frac12\left(\frac32\zeta(3)\right)-\frac14(2\zeta(3))=\boxed{\frac14\zeta(3)}$$

Answer 3

He aquí una solución hallando la forma cerrada de $\int \frac{\ln^2(1-x)}{x}dx$ luego dejar que $x\mapsto -x$ :

$$\int \frac{\ln^2(1-x)}{x}dx=\int \frac{\ln(1-x)\ln(1-x)}{x}dx\overset{IBP}{=}-\operatorname{Li}_2(x)\ln(1-x)-\int\frac{\operatorname{Li}_2(x)}{1-x}dx$$

Para la última integral, establezca $1-x=y$ entonces utiliza la fórmula de reflexión: $$\operatorname{Li}_2(1-y)=\zeta(2)-\ln(y)\ln(1-y)-\operatorname{Li}_2(y)$$

Obtenemos que

$$\int\frac{\operatorname{Li}_2(x)}{1-x}dx=-\int\frac{\operatorname{Li}_2(1-y)}{y}dy$$

$$=-\zeta(2)\int\frac{dy}y+\int\frac{\ln(y)\ln(1-y)}{y}dy+\int\frac{\operatorname{Li}_2(y)}{y}dy$$

$$=-\zeta(2)\ln(y)+\left[-\operatorname{Li}_2(y)\ln(y)+\int\frac{\operatorname{Li}_2(y)}{y}dy\right]+\int\frac{\operatorname{Li}_2(y)}{y}dy$$

$$=-\zeta(2)\ln(y)-\operatorname{Li}_2(y)\ln(y)+2\operatorname{Li}_3(y)$$

$$=-\zeta(2)\ln(1-x)-\operatorname{Li}_2(1-x)\ln(1-x)+2\operatorname{Li}_3(1-x)$$

Entonces

$$\int\frac{\ln^2(1-x)}{x}dx=\ln(1-x)\left[\operatorname{Li}_2(1-x)-\operatorname{Li}_2(x)+\zeta(2)\right]-2\operatorname{Li}_3(1-x)$$

Consideremos ahora las fronteras integrales $(0,a)$ ,

$$\int_0^a\frac{\ln^2(1-x)}{x}dx=\ln(1-a)\left[\operatorname{Li}_2(1-a)-\operatorname{Li}_2(a)+\zeta(2)\right]-2\operatorname{Li}_3(1-a)+2\zeta(3)$$

Por lo tanto

$$\int_0^1\frac{\ln^2(1+x)}{x}dx\overset{x\mapsto -x}{=}\int_0^{-1}\frac{\ln^2(1-x)}{x}dx$$

$$=\ln(2)\left[\operatorname{Li}_2(2)-\operatorname{Li}_2(-1)+\zeta(2)\right]-2\operatorname{Li}_3(2)+2\zeta(3)$$

sustituto $\Re\operatorname{Li}_2(2)=\frac32\zeta(2)$ y $\Re\operatorname{Li}_3(2)=\frac78\zeta(3)+\frac32\ln2\zeta(2)$ la forma cerrada es la siguiente.