Demostrando que $\int_0^1\frac{x \log^2(1-x)}{1+x^2} \ dx = \frac{35}{32}\zeta(3)+\frac{1}{24}\log^3(2) -\frac{5}{96} \pi^2 \log(2)$

Question

Podríamos probar este resultado sin necesidad de utilizar el polylogarithm? Yo sé cómo hacerlo por polylogarithm medios, pero quiero de una manera diferente. Es eso posible?

$$\int_0^1\frac{x \log^2(1-x)}{1+x^2} \ dx = \frac{35}{32}\zeta(3)+\frac{1}{24}\log^3(2) -\frac{5}{96} \pi^2 \log(2)$$

Answer 1

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{0}^{1}{x\ln^{2}\pars{1 - x} \over 1 + x^{2}}\,\dd x ={35 \más de 32}\,\zeta\pars{3} + {1 \over 24}\,\ln^{3}\pars{2} -{5 \96}\,\pi^{2}\ln\pars{2}:\ {\large ?}}$.

\begin{align}&\color{#c00000}{% \int_{0}^{1}{x\ln^{2}\pars{1 - x} \over 1 + x^{2}}\,\dd x} =\Re\int_{0}^{1}{\ln^{2}\pars{1 - x} \over \ic + x}\,\dd x =\Re\int_{0}^{1}{\ln^{2}\pars{x} \over \ic + 1 - x}\,\dd x \\[3mm]&=\Re\int_{0}^{1/\pars{1 + \ic}} {\ln^{2}\pars{\bracks{1 + \ic}x} \over 1 - x}\,\dd x =\Re\int_{0}^{\pars{1 - \ic}/2}\ln\pars{1 - x} \bracks{2\ln\pars{\bracks{1 + \ic}x}\,{1 \over x}}\,\dd x \\[3mm]&=-2\Re\int_{0}^{\pars{1 - \ic}/2}{{\rm Li}_{1}\pars{x} \over x}\, \ln\pars{\bracks{1 + \ic}x}\,\dd x =-2\Re\int_{0}^{\pars{1 - \ic}/2}{\rm Li}_{2}'\pars{x} \ln\pars{\bracks{1 + \ic}x}\,\dd x \\[3mm]&=2\Re\int_{0}^{\pars{1 - \ic}/2}{{\rm Li}_{2}\pars{x} \over x}\,\dd x =2\Re\int_{0}^{\pars{1 - \ic}/2}{\rm Li}_{3}'\pars{x}\,\dd x \end{align}

$$ \color{#c00000}{% \int_{0}^{1}{x\ln^{2}\pars{1 - x} \over 1 + x^{2}}\,\dd x} =2\,\Re{\rm Li}_{3}\pars{1 - \ic \over 2} $$

Con uno de los MW fórmulas en el grupo $\pars{1}$: \begin{align} &\overbrace{{\rm Li}_{3}\pars{\half - {\ic \over 2}} +{\rm Li}_{3}\pars{\half + {\ic \over 2}}} ^{\ds{2\,\Re{\rm Li}_{3}\pars{1 - \ic \over 2}}} +{\rm Li}_{3}\pars{1 - {2 \over 1 - \ic}} \\[3mm]&=\zeta\pars{3} + {1 \over 6}\,\ln^{3}\pars{1 - \ic \over 2} + {1 \over 6}\,\pi^{2}\ln\pars{1 - \ic \over 2} -\half\,\ln^{2}\pars{1 - \ic \over 2}\ln\pars{1 + \ic \over 2} \end{align}

Confío en que usted puede tomar a partir de aquí.

Answer 2

Mis pensamientos sobre el problema (demasiado largo para el comentario):

Probar que la integral definida $I$ ha declarado la forma cerrada de valor: $$I:=\int_{0}^{1}\frac{x\log^2{(1-x)}}{1+x^2}\mathrm{d}x;\\ I=\frac{35}{32}\zeta{(3)}-\frac{5}{16}\zeta{(2)}\log{(2)}+\frac{1}{24}\log^3{(2)}.$$

Definir la función auxiliar $f(\mu)$ todos los $\mu\in\mathbb{R}^+$ por la integral definida,

$$f(\mu):=\int_{0}^{1}\frac{x(1-x)^{\mu-1}}{1+x^2}\mathrm{d}x.$$

Diferenciando con respecto a $\mu$,

$$\begin{align} \frac{d^2}{d\mu^2}f(\mu) &=\int_{0}^{1}\frac{\partial^2}{\partial\mu^2}\frac{x(1-x)^{\mu-1}}{1+x^2}\mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{1}\frac{x(1-x)^{\mu-1}\log^2{(1-x)}}{1+x^2}\mathrm{d}x. \end{align}$$

La evaluación de la derivada segunda de $f(\mu)$$\mu=1$, los rendimientos de la integral de la $I$:

$$\frac{d^2}{d\mu^2}f(\mu)\bigg{|}_{\mu=1}=\int_{0}^{1}\frac{x(1-x)^{0}\log^2{(1-x)}}{1+x^2}\mathrm{d}x=\int_{0}^{1}\frac{x\log^2{(1-x)}}{1+x^2}\mathrm{d}x=:I.$$

La función de $f(\mu)$ sí, puede ser representado como una corriente alterna de la serie de la beta funciones:

$$\begin{align} f(\mu)&=\int_{0}^{1}\frac{x(1-x)^{\mu-1}}{1+x^2}\mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{1}x(1-x)^{\mu-1}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^{2n}\,\mathrm{d}x\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\int_{0}^{1}x^{2n+1}(1-x)^{\mu-1}\,\mathrm{d}x\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\operatorname{B}{(2n+2,\mu)}\\ &=-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\operatorname{B}{(2n,\mu)}. \end{align}$$

La segunda derivada de $\operatorname{B}{(2n,\mu)}$ con respecto al $\mu$ $\mu=1$ (cortesía de WolframAlpha),

$$\frac{\partial^2}{\partial\mu^2}\operatorname{B}{(2n,\mu)}\bigg{|}_{\mu=1}=\frac{(H_{2n})^2}{2n}+\frac{\zeta{(2)}}{2n}-\frac{\psi_1{(2n+1)}}{2n}.$$

Por lo tanto,

$$\begin{align} I &=\frac{d^2}{d\mu^2}f(\mu)\bigg{|}_{\mu=1}\\ &=-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{\partial^2}{\partial\mu^2}\operatorname{B}{(2n,\mu)}\bigg{|}_{\mu=1}\\ &=-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\left[\frac{(H_{2n})^2}{2n}+\frac{\zeta{(2)}}{2n}-\frac{\psi_1{(2n+1)}}{2n}\right]\\ &=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\left[\frac{\psi_1{(2n+1)}}{2n}-\frac{(H_{2n})^2}{2n}-\frac{\zeta{(2)}}{2n}\right]\\ &=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\left[\frac{\psi_1{(2n+1)}}{2n}-\frac{(H_{2n})^2}{2n}\right]-\frac{1}{2}\zeta{(2)}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}\\ &=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{\psi_1{(2n+1)}}{2n}-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{(H_{2n})^2}{2n}+\frac{1}{2}\zeta{(2)}\log{(2)}. \end{align}$$

...Aaand que es lo máximo que he conseguido.