Probar el siguiente
$$\int^1_0 \frac{\operatorname{Li}_2^2(x)}{x}\, dx = -3\zeta(5)+\pi^2 \frac{\zeta(3)}{3}$$
donde
$$\operatorname{Li}^2_2(x) =\left(\int^x_0 \frac{\log(1-t)}{t}\,dt \right)^2$$
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
La integración de una vez por partes, nos encontramos con \begin{align} I=\int_0^{1}\frac{\mathrm{Li}_2^2(x)\,dx}{x}&=\int_0^{1}\mathrm{Li}_2(x)\,d\left(\mathrm{Li}_3(x)\right)=\\ &=\mathrm{Li}_2(1)\mathrm{Li}_3(1)+\int_0^{1}\frac{\mathrm{Li}_3(x)\,\ln(1-x)\,dx}{x}=\\ &=\zeta(2)\zeta(3)-\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{n^3k(n+k)},\tag{1} \end{align} donde la última línea se obtiene mediante la expansión de $\mathrm{Li}_3(x)$ $\ln(1-x)$ en la serie y la integración. Ahora si denotamos $H_n=\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}$ $n$ésimo número armónico, la suma con respecto a $k$ en (1) puede ser escrita como $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k(n+k)}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{n+k}\right)=\frac{H_n}{n},$$ así que $$I=\zeta(2)\zeta(3)-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^4}.\tag{2}$$ Ahora usando ese $\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$ y la fórmula (20) aquí (es un caso particular de una más general de Euler suma (24)), es decir, $$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^4} = 3\zeta(5)-\frac{\pi^2}{6}\zeta(3),$$ se obtiene finalmente el resultado deseado para $I$. $\blacksquare$
