La forma cerrada de $\int_0^1\int_0^1\int_0^1\frac{\left(1-x^y\right)\left(1-x^z\right)\ln x}{(1-x)^3}\,\mathrm dx\;\mathrm dy\;\mathrm dz$

Question

Tratando de encontrar varias referencias a la respuesta Pranav del problema, me encuentro con las siguientes integrales múltiples

$$I=\int_0^1\int_0^1\int_0^1\frac{\left(1-x^y\right)\left(1-x^z\right)\ln x}{(1-x)^3}\,\mathrm dx\;\mathrm dy\;\mathrm dz$$

Pregunta :

¿La integral anterior tiene una forma cerrada? Si tiene una forma cerrada, cómo obtenerlo?

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De acuerdo a Chriss'sis en la sala de chat, la integral tiene una bonita forma cerrada $$\frac{2\ln 2 \pi -2 \gamma -5}{4}$$ pero no hay pruebas de que se ha dado hasta ahora. Dado que el término $\ln 2 \pi$ aparece en el formulario cerrar, tengo un presentimiento de que se trataría de Stirling aproximación. Después de tratar de evaluar por horas, creo que ya es hora de preguntar en la página principal. Aquí está mi intento hasta ahora: \begin{align} I&=\int_0^1\int_0^1\left(1-x^y\right)\;\mathrm dy\int_0^1\left(1-x^z\right)\;\mathrm dz\frac{\ln x}{(1-x)^3}\,\mathrm dx\\[7pt] &=\int_0^1\frac{\ln x+1-x}{\ln x}\cdot\frac{\ln x+1-x}{\ln x}\cdot\frac{\ln x}{(1-x)^3}\,\mathrm dx\\[7pt] &=\int_0^1\frac{\left(\ln x+1-x\right)^2}{(1-x)^3\ln x}\,\mathrm dx\\ \end{align} Estoy atascado en la última expresión. Estoy pensando en la siguiente integral paramétrica $$I(s)=\int_0^1\frac{x^s\left(\ln x+1-x\right)^2}{(1-x)^3\ln x}\,\mathrm dx\quad\implies\quad I'(s)=\int_0^1\frac{x^s\left(\ln x+1-x\right)^2}{(1-x)^3}\,\mathrm dx$$ luego ampliar el término cuadrático y el uso de la serie de la representación de $$\frac{1}{(1-x)^3}=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty n(n-1)x^{n-2}$$ pero el cálculo sería engorroso. Hay una manera mejor? Gracias de antemano por su ayuda.

Answer 1

Continuando a partir de Chris sis respuesta, considerar la suma parcial:

$$\frac{1}{2}\sum_{n=1}^m n(n+1)\left(\ln(n)-2\ln(n+1)+\ln(n+2)\right)+1-\frac{1}{n}$$ $$=\frac{m-H_m}{2}+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^m\left( \ln\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n(n+1)}+\ln\left(\frac{n+2}{n+1}\right)^{n(n+1)}\right)$$ $$=\frac{m-H_m}{2}+\frac{1}{2}\left(\ln\left(\dfrac{\displaystyle \prod_{k=1}^m k^{2k}}{(m+1)^{m(m+1)}}\right)+\ln\left(\dfrac{(m+2)^{m(m+1)}}{\displaystyle \prod_{k=1}^m (k+1)^{2k}}\right)\right)$$ $$=\frac{m-H_m}{2}+\frac{1}{2}\ln\left(\frac{(m+2)^{m(m+1)}}{(m+1)^{m(m+1)}}\cdot \frac{(m!)^2}{(m+1)^{2m}}\right)$$

El uso de Stirling aproximación y volver a escribir la expresión como:

$$\frac{1}{2}\left(\ln(2\pi)-H_m+\ln m+\ln\left(\left(\frac{m+2}{m+1}\right)^{m(m+1)}\left(\frac{m}{m+1}\right)^{2m}\frac{1}{e^m}\right)\right)$$

Todavía necesito para evaluar la logarítmica límite con la mano, pero wolfram alpha da $-5/2$ i.e el resultado final es: $$\frac{1}{2}\left(\ln(2\pi)-\gamma-\frac{5}{2}\right)$$

Answer 2

Utilizando la serie de la representación que se especifica anteriormente, conseguí que su integral se reduce a $$\sum _{n=1}^{\infty } \frac{(n+1) n^2 (\log (n)-2 \log (n+1)+\log (n+2))+n-1}{2 n}$$

Se puede tomar desde aquí?