Evaluar \mathrm{dx}$$ $$ \int_0^1\ln(1-x)\ln x\ln(1+x)
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Puedo conseguir (y verificado por Mathematica) $$\int_0^1 \log(1-x) \log x \log(1+x) \, dx = -6 + 4 \log 2 - \log^2 2 + \frac{5}{2} \zeta(2) - 3\zeta(2) \log 2 + \frac{21}{8} \zeta(3).$$
La transformación de una suma doble.
Como en Marvis la respuesta, toma \begin{align*} \log(1+x)\log(1-x) & = \left(\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{(-x)^k}k \right)\left(\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{x^k}k \right)\\ & = \sum_{k=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^k x^{k+m}}{km}. \end{align*} El uso de la integral $$\int_0^1 x^r \log x \, dx = - \frac{1}{(1+r)^2},$$ tenemos $$\int_0^1 \log(1-x) \log x \log(1+x) \, dx = \sum_{k=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{km(k+m+1)^2}.$$
Evaluar el interior de la suma.
Parcial de las fracciones de descomposición en el sumando en $m$ rendimientos \begin{align*} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m(k+m+1)^2} &= \sum_{m=1}^{\infty} \left(\frac{1} {k(k+1)^2 m} - \frac{1} {k(k+1)^2 (m+k+1)} - \frac{1} {k(k+1) (m+k+1)^2}\right) \\ &= \sum_{m=1}^{k+1} \frac{1} {k(k+1)^2 m} - \sum_{m=k+2}^{\infty} \frac{1} {k(k+1)m^2} \\ &= \frac{H_{k+1}}{(k+1)^2} - \frac{\zeta(2)}{k+1} + \frac{H^{(2)}_{k+1}}{k+1}, \end{align*} donde $H^{(r)}_n = \sum_{i=1}^n i^{r}$, $n$th $r$-número armónico.
Ahora nos quedamos con la evaluación de $$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}H_{k+1}}{k(k+1)^2} - \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1} \zeta(2)}{k(k+1)} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1} H^{(2)}_{k+1}}{k(k+1)}. \etiqueta{1}$$ Tomamos las tres sumas de dinero en Eq. (1) en turno.
La primera suma en la ecuación. (1).
Para la primera suma, la aplicación parcial de las fracciones de la descomposición de los rendimientos \begin{align*} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}H_{k+1}}{k(k+1)^2} &= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}H_{k+1}}{k} - \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}H_{k+1}}{(k+1)} - \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}H_{k+1}}{(k+1)^2} \\ &= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}H_k}{k} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k(k+1)} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}H_k}{k} - 1 + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}H_k}{k^2} - 1 \\ Y= -2 + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k(k+1)} + 2\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}H_k}{k} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}H_k}{k^2} \\ Y= -3 + 2 \log 2 + 2\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}H_k}{k} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}H_k}{k^2}, \end{align*} donde en el último paso se utiliza la evaluación para la segunda suma, estamos a punto de hacer.
La segunda suma en la ecuación. (1).
Para la segunda suma en la Ecuación (1), la aplicación parcial de las fracciones de la descomposición de los rendimientos \begin{align*} \zeta(2) \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k(k+1)} &= \zeta(2) \left(\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} + \sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+2}}{k+1}\right) \\ &= \zeta(2) \left(2\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} -1\right) \\ Y= 2 \zeta(2) \log 2 - \zeta(2). \end{align*}
El tercer suma en la ecuación. (1).
Para el tercer suma en la Ecuación (1), la aplicación parcial de las fracciones de la descomposición de los rendimientos \begin{align*} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1} H^{(2)}_{k+1}}{k(k+1)} &= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1} H^{(2)}_{k+1}}{k} - \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1} H^{(2)}_{k+1}}{(k+1)} \\ &= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1} H^{(2)}_k}{k} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k(k+1)^2} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1} H^{(2)}_k}{k} - 1 \\ Y= -1 + 2\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1} H^{(2)}_k}{k} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} - \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k+1} - \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{(k+1)^2} \\ Y= -1 + 2\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1} H^{(2)}_k}{k} + 2 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} - 1 + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k^2} - 1\\ Y= -3 + 2 \log 2 + \frac{1}{2} \zeta(2) + 2\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1} H^{(2)}_k}{k} ,\\ \end{align*} donde en el último paso se utiliza la identidad, por $p > 1$, $$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k^p} = (1 - 2^{1-p}) \zeta(p)$$
La combinación de los resultados.
Poniendo todo esto junto, tenemos que la integral se evalúa a $$ -6 + 4 \log 2 + \frac{3}{2} \zeta(2) - 2 \zeta(2) \log 2 + 2\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}H_k}{k} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}H_k}{k^2} + 2\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1} H^{(2)}_k}{k}.$$
La evaluación de la alternancia de Euler sumas
.
Los tres restantes sumas todos tienen formas similares. Dejar que $$A(p,q) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}H^{(p)}_k}{k^p},$$ tenemos $A(1,1)$, $A(1,2)$ y $A(2,1)$ de izquierda a evaluar. Las sumas de la forma $A(p,q)$ son conocidos como la alternancia de Euler sumas. Euler sumas y sus variantes son un continuo de la investigación. Estos tres, sin embargo, parece la más simple de tres alternancia de Euler sumas, y uno podría pensar que sería relativamente sencillo formas de evaluar. Sin embargo, a pesar de que una buena cantidad de trabajo de hoy no podía encontrar pruebas simples para cualquiera de ellos, ya sea por mi cuenta o en la literatura.
En cualquier caso, tenemos $A(1,1) = \frac{1}{2} \zeta(2) - \frac{1}{2} \log^2 2$, $A(1,2) = \frac{5}{8} \zeta(3)$ y $A(2,1) = \zeta(3) - \frac{1}{2}\zeta(2) \log 2$.
(Aquí hay un enlace a mi pregunta donde puedo pedir una prueba de la $A(1,1)$, $A(1,2)$ y $A(2,1)$ evaluaciones. Hay varios agradable respuestas allí. En particular, Robjohn las tres respuestas a mostrar cómo hacer las evaluaciones mediante la manipulación de la suma, el mismo enfoque que yo estaba tratando de aquí.)
Finalmente.
Por lo tanto, $$\int_0^1 \log(1-x) \log x \log(1+x) \, dx = -6 + 4 \log 2 - \log^2 2 + \frac{5}{2} \zeta(2) - 3\zeta(2) \log 2 + \frac{21}{8} \zeta(3).$$
jlupolt
Puntos
369
