Buscando evaluar $\int_{0}^{1}\mathrm dx\ln^2(1+\sqrt{x})\ln(1-\sqrt{x})$

Question

¿Cómo evalúo esta integral $$\int_{0}^{1}\mathrm dx\ln^2(1+\sqrt{x})\ln(1-\sqrt{x})?$$

Aplicando $x=\tan^2(y)$

$$\int_{0}^{\pi/4}\mathrm dy\sec^2y\tan y\ln^2(1+\tan y)\ln(1-\tan y)$$

Aplicando $v=1+\tan y$

$$\int_{1}^{1+\pi/4}\mathrm dv (v-1)\ln^2(v)\ln(2-v)\tag1$$

$$(1)=\int_{1}^{1+\pi/4} v\ln^2(v)\ln(2-v)\mathrm dv-\int_{1}^{1+\pi/4} \ln^2(v)\ln(2-v)\mathrm dv$$

Answer 1

Mi "respuesta": Puedo ayudarte a comenzar en la dirección correcta utilizando las siguientes dos identidades:

$$\bbox[lightgray,15px] { \int_0^1 x^n\ln(1-x)dx=-\frac{H_{n+1}}{n+1} }$$

$$\bbox[lightgray,15px] { \frac{1}{2}\ln^2(1-x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n x^{n+1}}{n+1} }$$

De estas, tenemos $$\begin{align} \int_0^1 \ln(1-\sqrt x)\ln^2(1+\sqrt x) &=\int_0^1 2x\ln(1-x)\ln^2(1+x)dx\\ &=\int_0^1 4x\ln(1-x)\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}H_n x^{n+1}}{n+1}dx\\ &=4\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}H_n}{n+1}\int_0^1 x^{n+2}\ln(1-x)dx\\ &=4\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n}H_n}{n+1}\frac{H_{n+3}}{n+3}\\ &=4\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n}H_nH_{n+3}}{(n+1)(n+3)} \end{align}$$

Esto es una suma de Euler y probablemente pueda calcularse utilizando algunos polilogaritmos y mucho álgebra. Las sumas de Euler se vuelven muy complicadas hacer a mano, así que aquí es donde abandono el problema y recurro a Wolfram.

RESPUESTA DE WOLFRAM: Wolfram evalúa esta integral como $$\int_0^1 \ln(1-\sqrt x)\ln^2(1+\sqrt x)=\frac{11}{4}-\frac{\pi^2}{3}$$ y en realidad da una antiderivada:

Answer 2

Estamos interesados en $$\mathcal{J}= \int_{0}^{1}2x\log^2(1+x)\log(1-x)\,dx$$ y mediante integración por partes, esto se reduce a calcular $$ \int_{0}^{1}(1+x)\log^2(1+x)\,dx = \frac{3}{4}+2\log^2(2)-2\log(2)$$ $$ \mathcal{K} = \int_{0}^{1}(1-x)\log(1-x)\log(1+x)\,dx$$ y $\mathcal{K}$ se puede abordar mediante la sustitución $x=\cos\theta$ y explotando la serie de Fourier de $\log\sin$ y $\log \cos$. TLDR: un paso inicial de integración por partes permite reducir $\mathcal{J}$ desde una suma Euleriana (alternante) con peso $4$ a algunas sumas Eulerianas con peso $\leq 3$, que son mucho más manejables. El resultado final es $\mathcal{J}=\frac{11}{4}-2\,\zeta(2)$. También podemos integrar por partes dos veces para reducir el problema al cálculo de $$ \mathcal{I}_\pm = \int_{0}^{1}(1-x)^2\frac{\log(1\pm x)}{1\mp x}\,dx $$ lo cual es bastante simple (sumas Eulerianas con peso $\leq 2$).