Me gustaría saber cómo evaluar la integral $$\int^1_0\frac{\ln{x} \ \mathrm{Li}_2(x)}{1-x}dx$$ He intentado ampliar el integrando como una serie, pero se avanzó mucho ya que no sé cómo evaluar la suma resultante. \begin{align} \int^1_0\frac{\ln{x} \ \mathrm{Li}_2(x)}{1-x}dx &=\int^1_0\sum_{n \ge 1}\frac{x^n}{n^2}\sum_{k \ge 0}x^k\ln{x}dx\\ &=\sum_{n \ge 1}\frac{1}{n^2}\sum_{k \ge 0}\int^1_0x^{n+k}\ln{x}dx\\ &=-\sum_{n \ge 1}\frac{1}{n^2}\sum_{k \ge 0}\frac{1}{(n+k+1)^2} \end{align} Soy consciente de que esa pregunta ha sido respondida aquí, sin embargo, me parece que las respuestas no son lo suficientemente detalladas para alguien que tiene una profunda comprensión de Euler sumas, como yo, para comprender plenamente. Por lo tanto, me gustaría solicitar su ayuda en las técnicas que se pueden utilizar para evaluar esta integral. Gracias.
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Yo se presentan como una alternativa de evaluación de la integral que no hace uso de Euler sumas a todos. En su lugar, voy a aplicar Felix Martin maravilloso procedimiento de evaluación a través de los derivados de la beta funciones y polygamma funciones, una técnica que ha llegado a dominar. Por ejemplo, ver aquí.
La aplicación de la reflexión de sustitución sobre el intervalo $[0,1]$, $x\mapsto1-x$, y el uso de Euler dilogarithm identidad,
$$\operatorname{Li}_2{(1-x)}=\zeta{(2)}-\operatorname{Li}_2{(x)}-\ln{(1-x)}\ln{(x)},~~~\text{(Euler)},$$
podemos dividir la integral en una suma de tres integrales, el primero de los cuales dos han simple anti-derivados en términos de la dilogarithm función (véase el apéndice a continuación):
$$\begin{align} \int_{0}^{1}\frac{\ln{(x)}\operatorname{Li}_2{(x)}}{1-x}\mathrm{d}x &=\int_{0}^{1}\frac{\ln{(1-x)}\operatorname{Li}_2{(1-x)}}{x}\mathrm{d}x\\ &=\zeta{(2)}\int_{0}^{1}\frac{\ln{(1-x)}}{x}\mathrm{d}x-\int_{0}^{1}\frac{\ln{(1-x)}\operatorname{Li}_2{(x)}}{x}\mathrm{d}x-\int_{0}^{1}\frac{\ln^2{(1-x)}\ln{(x)}}{x}\mathrm{d}x\\ &=\zeta{(2)}\left[-\operatorname{Li}_2{(1)}\right]-\left[-\frac12\operatorname{Li}_2{(1)}^2\right]-\int_{0}^{1}\frac{\ln^2{(1-x)}\ln{(x)}}{x}\mathrm{d}x\\ &=-\frac12\zeta{(2)}^2-\int_{0}^{1}\frac{\ln^2{(1-x)}\ln{(x)}}{x}\mathrm{d}x\\ &=-\frac{\pi^4}{72}-\int_{0}^{1}\frac{\ln^2{(1-x)}\ln{(x)}}{x}\mathrm{d}x. \end{align}$$
La última integral se puede evaluar como la derivada de una función beta.
$$\begin{align} \int_{0}^{1}\frac{\ln^2{(1-x)}\ln{(x)}}{x}\mathrm{d}x &=\lim_{\mu\to 0}\lim_{\nu\to 1}\int_{0}^{1}x^{\mu-1}(1-x)^{\nu-1}\ln^2{(1-x)}\ln{(x)}\mathrm{d}x\\ &=\lim_{\mu\to 0}\lim_{\nu\to 1}\frac{\partial}{\partial\mu}\frac{\partial^2}{\partial\nu^2}\int_{0}^{1}x^{\mu-1}(1-x)^{\nu-1}\mathrm{d}x\\ &=\lim_{\mu\to 0}\lim_{\nu\to 1}\frac{\partial}{\partial\mu}\frac{\partial^2}{\partial\nu^2}\operatorname{B}{(\mu,\nu)}\\ &=\lim_{\mu\to 0}\lim_{\nu\to 1}\frac{\partial}{\partial\mu}\operatorname{B}{(\mu,\nu)}\left[(\psi{(\nu)}-\psi{(\mu+\nu)})^2+\psi^{(1)}{(\nu)}-\psi^{(1)}{(\mu+\nu)}\right]\\ &=\lim_{\mu\to 0}\lim_{\nu\to 1}\operatorname{B}{(\mu,\nu)}\left[\left(\psi{(\mu)}-\psi{(\mu+\nu)}\right) \left(\left(\psi{(\nu)}-\psi{(\mu+\nu)}\right)^2 - \psi^{(1)}{(\mu+\nu)}+\psi^{(1)}{(\nu)}\right)-2\left(\psi{(\nu)}-\psi{(\mu+\nu)}\right)\psi^{(1)}{(\mu+\nu)}-\psi^{(2)}{(\mu+\nu)}\right]\\ &=\lim_{\mu\to 0}\operatorname{B}{(\mu,1)}\left[\left(\psi{(\mu)}-\psi{(\mu+1)}\right)\left(\left(\psi{(1)}-\psi{(\mu+1)}\right)^2-\psi^{(1)}{(\mu+1)}+\psi^{(1)}{(1)}\right)-2\left(\psi{(1)}-\psi{(\mu+1)}\right)\psi^{(1)}{(\mu+1)}-\psi^{(2)}{(\mu+1)}\right]\\ &=\lim_{\mu\to 0}\frac{1}{\mu}\left[-\frac{1}{\mu}\left(H_{\mu}^2-\psi^{(1)}{(\mu+1)}+\psi^{(1)}{(1)}\right)+2H_{\mu}\psi^{(1)}{(\mu+1)}-\psi^{(2)}{(\mu+1)}\right]\\ &=\lim_{\mu\to 0}\left[\frac{2H_{\mu}\psi^{(1)}{(\mu+1)}}{\mu}-\frac{H_{\mu}^2-\psi^{(1)}{(\mu+1)}+\zeta{(2)}}{\mu^2}-\frac{\psi^{(2)}{(\mu+1)}}{\mu}\right]\\ &=\lim_{\mu\to 0}\left[\frac{2H_{\mu}\psi^{(1)}{(\mu+1)}}{\mu}-\frac{H_{\mu}^2-\psi^{(1)}{(\mu+1)}+\zeta{(2)}+\mu\,\psi^{(2)}{(\mu+1)}}{\mu^2}\right]\\ &=2\zeta^2{(2)}-\frac{11\pi^4}{180}\\ &=-\frac{\pi^4}{180}. \end{align}$$
Por lo tanto, la integral llegado a un valor de:
$$\int_{0}^{1}\frac{\ln{(x)}\operatorname{Li}_2{(x)}}{1-x}\mathrm{d}x=\frac{\pi^4}{180}-\frac{\pi^4}{72}=-\frac{\pi^4}{120}.$$
Apéndice
El más común de representación integral para la dilogarithm función es,
$$\operatorname{Li}_2{(z)}=-\int_{0}^{z}\frac{\ln{(1-t)}}{t}\mathrm{d}t.$$
Por lo tanto, el valor de la primera integral es:
$$\int_{0}^{1}\frac{\ln{(1-x)}}{x}\mathrm{d}x=-\operatorname{Li}_2{(1)}.$$
Tenga en cuenta que la representación integral implica que $\operatorname{Li}_2{(0)}=0$. El valor de la dilogarithm de la función en $z=1$ está dado por la función zeta: $\operatorname{Li}_2{(1)}=\zeta{(2)}=\frac{\pi^2}{6}$.
La segunda integral se puede encontrar fácilmente a través de la integración por partes:
$$\int_{0}^{1}\frac{\ln{(1-x)}\operatorname{Li}_2{(x)}}{x}\mathrm{d}x=-\operatorname{Li}_2{(x)}^2\bigg{|}_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{\ln{(1-x)}\operatorname{Li}_2{(x)}}{x}\mathrm{d}x\\ \implica 2\int_{0}^{1}\frac{\ln{(1-x)}\operatorname{Li}_2{(x)}}{x}\mathrm{d}x=-\operatorname{Li}_2{(1)}^2.$$
