¿Cómo evaluar $\int_0^1\frac{\log^2(1+x)} x\mathrm dx$?

Question

La integral definida

$$\int_0^1\frac{\log^2(1+x)}x\mathrm dx=\frac{\zeta(3)}4$$

surgió en mi respuesta a esta pregunta. No lo pude encontrar tratados en cualquier lugar en línea. Finalmente he encontrado dos maneras de evaluar la integral, y voy a postear como respuestas, pero ambos parecen como un complicado rodeo por un simple resultado, así que voy a postear esta pregunta no sólo para grabar mis respuestas, pero también para preguntar si hay una forma más elegante de la derivación del resultado.

Tenga en cuenta que, ya sea utilizando el método descrito en esta entrada del blog , o la sustitución de la energía de la serie para $\log(1+x)$ y el uso de

$$\frac1k\frac1{s-k}=\frac1s\left(\frac1k+\frac1{s-k}\right)\;$$

los rendimientos

$$ \int_0^1\frac{\log^2(1+x)}x\mathrm dx=2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}H_n}{(n+1)^2}\;. $$

Sin embargo, puesto que la identidad sin la alternancia de signo se utiliza para obtener la suma de la evaluación de la integral y no a la inversa, no estoy seguro de que esto constituye un progreso.

Answer 1

La similar integral

$$ \int_0^1\frac{\log^2(1-x)}x\mathrm dx=2\zeta(3) $$

se evalúa en este blog mediante la sustitución de $u=-\log(1-x)$:

$$ \begin{align} \int_0^1\frac{\log^2(1-x)}x\mathrm dx &= \int_0^\infty\frac{u^2}{1-\mathrm e^{-u}}\mathrm e^{-u}\,\mathrm du \\ &= \int_0^\infty u^2\sum_{n=1}^\infty\mathrm e^{-nu}\mathrm du \\ &= \sum_{n=1}^\infty\int_0^\infty u^2\mathrm e^{-nu}\mathrm du \\ &= \sum_{n=1}^\infty\frac2{n^3} \\ &= 2\zeta(3)\;. \end{align} $$

De forma análoga la sustitución de $u=\log(1+x)$ en el presente integral conduce a un integrante de hasta $\log 2$ que pueden ser evaluados en términos de polylogarithms evaluado en $\frac12$:

$$ \begin{align} &\int_0^{\log 2}\frac{\log^2(1+x)}x\mathrm dx \\ =& \int_0^{\log 2}\frac{u^2}{\mathrm e^u-1}\mathrm e^u\,\mathrm du \\ =& \int_0^{\log 2}\frac{u^2}{1-\mathrm e^{-u}}\mathrm du \\ =& \int_0^{\log 2} u^2\sum_{n=0}^\infty\mathrm e^{-nu}\mathrm du \\ =& \sum_{n=0}^\infty\int_0^{\log 2} u^2\mathrm e^{-nu}\mathrm du \\ =& \sum_{n=0}^\infty\int_0^{\log 2} u^2\mathrm e^{-nu}\mathrm du \\ =& \frac13\log^32+\sum_{n=1}^\infty\frac1n\left(-2^{-n}\log^22+2\int_0^{\log 2} u\mathrm e^{-nu}\mathrm du\right) \\ =& \frac13\log^32+\sum_{n=1}^\infty\left(-\frac1n2^{-n}\log^22+\frac2{n^2}\left(-2^{-n}\log2+\int_0^{\log2}\mathrm e^{-nu}\mathrm du\right)\right) \\ =& \frac13\log^32+\sum_{n=1}^\infty\left(-\frac1n2^{-n}\log^22-\frac2{n^2}2^{-n}\log2-\frac2{n^3}\left(2^{-n}-1\right)\right) \\ =& \def\Li{\operatorname{Li}} \frac13\log^32-\Li_1\left(\frac12\right)\log^22-2\Li_2\left(\frac12\right)\log2-2\Li_3\left(\frac12\right)+2\zeta(3) \\ =& \frac13\log^32-\log2\log^22-2\left(\frac{\pi^2}{12}-\frac12\log^22\right)\log2-2\left(\frac16\log^32-\frac{\pi^2}{12}\log2+\frac78\zeta(3)\right)+2\zeta(3) \\ =& \frac{\zeta(3)}4\;. \end{align} $$

Esto no sólo es un lugar complicado derivación de una forma mucho más simple resultado; también parece como si la polylogarithm valores han sido obtenidos mediante el presente integral en el primer lugar.

Answer 2

Podemos combinar el presente integral con el similar integral

$$ \int_0^1\frac{\log^2(1-x)}x\mathrm dx=2\zeta(3) $$

(ver mi otra respuesta) en

$$ \begin{align} \int_0^1\frac{\log^2(1+x)}x\mathrm dx-\int_0^1\frac{\log^2(1-x)}x\mathrm dx &= \int_0^1\frac{\log^2(1+x)}x\mathrm dx+\int_{-1}^0\frac{\log^2(1+x)}x\mathrm dx \\ &= \int_{-1}^1\frac{\log^2(1+x)}x\mathrm dx\;. \end{align} $$

A continuación, podemos completar el contorno de la integración por un semicírculo en la mitad superior del plano complejo:

$$ \begin{align} \int_{-1}^1\frac{\log^2(1+x)}x\mathrm dx &= \cualquier\frac{\log^2(1+z)}z\mathrm dz-\int\frac{\log^2\left(1+\def\e{\mathrm e^{\mathrm i\phi}}\e\ \ derecho)}{\e}\mathrm d\e \\ &= -\mathrm i\int_0^\pi\log^2\left(1+\e\ \ derecho)\mathrm d\phi\;, \end{align} $$

donde la integral sobre el contorno cerrado se desvanece, puesto que no hay polos en el interior del contorno.

Sabemos que la parte imaginaria de esta expresión se desvanece, ya que las sumas a cero con un verdadero integral, por lo que sólo tiene que evaluar la parte real:

$$ \begin{align} -\mathrm i\int_0^\pi\log^2\left(1+\e\ \ derecho)\mathrm d\phi &= \Re\left(-\mathrm i\int_0^\pi\log^2\left(1+\e\ \ derecho)\mathrm d\phi\right) \\ &= \Re\left(-\mathrm i\int_0^\pi\left(\log\left|1+\e\ \ derecho|+\mathrm i\arg\left(1+\e\ \ derecho)\right)^2\mathrm d\phi\right) \\ &= 2\int_0^\pi\log\left|1+\e\right|\arg\left(1+\e\ \ derecho)\mathrm d\phi \\ &= 2\int_0^\pi\frac12\log\left(2+2\cos\phi\right)\frac\phi2\mathrm d\phi \\ &= \frac12\int_0^\pi\log\left(\left(\mathrm e^{\mathrm i\phi/2}+\mathrm e^{-\mathrm i\phi/2}\right)^2\right)\phi\mathrm d\phi \\ &= \int_0^\pi\log\left(\mathrm e^{\mathrm i\phi/2}+\mathrm e^{-\mathrm i\phi/2}\right)\phi\,\mathrm d\phi \\ &= \Re\int_0^\pi\left(\frac{\mathrm i\phi}2+\log\left(1+\mathrm e^{-\mathrm i\phi}\right)\right)\phi\,\mathrm d\phi \\ &= \Re\int_0^\pi\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}\mathrm e^{-\mathrm en\phi}}n\phi\,\mathrm d\phi \\ &= \sum_{n=1}^\infty\frac{-1+(-1)^n}{n^3} \\ &= -\zeta(3)-\eta(3) \\ &= -\zeta(3)-\frac34\zeta(3) \\ &= -\frac74\zeta(3)\;. \end{align} $$

El deseado integral es la suma de los dos resultados:

$$ \begin{align} \int_0^1\frac{\log^2(1+x)}x\mathrm dx &= \int_0^1\frac{\log^2(1-x)}x\mathrm dx-\mathrm i\int_0^\pi\log^2\left(1+\e\ \ derecho)\mathrm d\phi \\ &= 2\zeta(3)-\frac74\zeta(3) \\ &= \frac{\zeta(3)}4 \;. \end{align} $$

Esto plantea la cuestión de si hay una razón más profunda para ambos de estos aparentemente muy diferentes de las integrales para evaluar a un múltiplo de $\zeta(3)$.

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ \begin{align}&\color{#c00000}{\int_{0}^{1}{\ln^{2}\pars{1 + x} \over x}\,\dd x} =\int_{1}^{2}{\ln^{2}\pars{x} \over x - 1}\,\dd x =\int_{1}^{1/2}{\ln^{2}\pars{1/x} \más de 1/x - 1}\,\pars{-\,{\dd x \sobre x^{2}}} \\[3 mm]&=\int_{1/2}^{1}{\ln^{2}\pars{x} \over x\pars{1 - x}}\,\dd x =\int_{1/2}^{1}{\ln^{2}\pars{x} \over x}\,\dd x + \int_{1/2}^{1}{\ln^{2}\pars{x} \over 1 - x}\,\dd x \\[3 mm]&={1 \over 3}\,\ln^{3}\pars{2} +\color{#66f}{\sum_{n = 0}^{\infty}\int_{1/2}^{1}\ln^{2}\pars{x}x^{n}\,\dd x} \end{align}

\begin{align}&\color{#66f}{\sum_{n = 0}^{\infty}\int_{1/2}^{1}\ln^{2}\pars{x}x^{n} \,\dd x} =\left.\partiald[2]{}{\mu}\sum_{n = 1}^{\infty}\int_{1/2}^{1}x^{\mu - 1} \,\dd x\,\right\vert_{\,\mu\ =\ n} =\left.\partiald[2]{}{\mu}\sum_{n = 1}^{\infty} {1 - 2^{-\mu} \over \mu}\,\right\vert_{\,\mu\ =\ n} \\[3 mm]&=2\sum_{n = 1}^{\infty}{1 \over n^{3}} -2\sum_{n = 1}^{\infty}{\pars{1/2}^{n} \over n^{3}} -2\ln\pars{2}\sum_{n = 1}^{\infty}{\pars{1/2}^{n} \over n^{2}} -\ln^{2}\pars{2}\sum_{n = 1}^{\infty}{\pars{1/2}^{n} \over n} \\[3 mm]&=2\zeta\pars{3} - 2{\rm Li}_{3}\pars{\mitad} -2\ln\pars{2}{\rm Li}_{2}\pars{\mitad} -\ln^{2}\pars{2}{\rm Li}_{1}\pars{\mitad} \end{align}

Desde este enlace \begin{align} {\rm Li}_{1}\pars{\mitad} &= \ln\pars{2} \\[1 mm] {\rm Li}_{2}\pars{\mitad} y= {\pi^{2} \más de 12} - \media\,\ln^{2}\pars{2} \\[1 mm] {\rm Li}_{3}\pars{\mitad} y= {1 \over 6}\,\ln^{3}\pars{2} -{\pi^{2} \más de 12}\,\ln\pars{2} + {7 \más de 8}\,\zeta\pars{3} \end{align}