Una difícil integral logarítmica ${ \Large\int }_0^1 \log (x)\, \log (2+x)\, \log (1+x)\, \log\left (1+x^{-1} \right )dx$

Question

Un amigo mío compartió este problema conmigo. Como se le dijo, esta integral puede ser evaluada en forma cerrada (el resultado puede implicar polilogaritmos). A pesar de todos nuestros esfuerzos, hasta ahora no hemos conseguido nada, así que decidí pedirle consejo. $$ \int_0 ^1 \log (x)\, \log (2+x)\, \log (1+x)\, \log\left (1+x^{-1} \right )dx$$

Encontré algunas preguntas similares aquí en MSE: (1) , (2) , (3) , (4) , (5) , (6) , (7) , (8) , (9) , (10) , (11) , (12) , (13) , (14) .

Answer 1

\begin {alinear} & \int_0 ^1 \ln (2+x)\, \ln (1+x)\, \ln\left (1+x^{-1} \right ) \ln x\,dx \\ & \quad = \frac {71}{36}\, \ln ^42+2 \ln ^32 \cdot\ln3 +4 \ln2\cdot\ln ^33-7 \ln ^22 \cdot\ln ^23- \frac23\ , \ln ^32- \frac23\ , \ln ^33- \ln ^22 \cdot\ln3\\ & \quad \quad +6 \ln ^22+3 \ln ^23-12 \ln2 - \frac { \pi ^4}{216}+ \pi ^2\! \left ( \frac {49}{36}\, \ln ^22-2 \ln2\cdot\ln3 - \frac { \ln2 }3+ \frac { \ln3 }3- \frac16\right ) \\ & \quad \quad + \left (6-2 \ln2 -2 \ln ^22 \right ) \operatorname {Li}_2\! \left ( \tfrac13\right )+(2-12 \ln2 ) \left [ \operatorname {Li}_3\ ~ - \left ( \tfrac13\right )+ \operatorname {Li}_3\ ~ - \left ( \tfrac23\right ) \right ]- \frac23\ , \operatorname {Li}_4\! \left ( \tfrac12\right )+3 \operatorname {Li}_4\! \left ( \tfrac14\right ) \\ & \quad \quad + \left ( \frac54 + \frac {221}{12} \ln2\right ) \zeta (3). \end {alinear}

Answer 2

El principal ingrediente aquí es la representación integral $$ \operatorname {Li}_n(z)= \frac {(-1)^{n-1}}{(n-2)!} \int_0 ^1 \frac { \ln\left (1-zx \right ) \ln ^{n-2}x\,dx}{x}, \tag {$ \spadesuit $}$$ válido para $|z|<1,n \in\mathbb {N}_{ \ge 2}$ .

La derivación es la siguiente:

1. Reescribir la integral inicial como \begin {alineado*} \mathcal {I}&= \int_0 ^1 \ln (x+2) \underbrace { \left [ \ln x \ln ^2(1+x)- \ln ^2x \ln (1+x) \right ]}_{= \frac13\left ( \ln x- \ln (x+1) \right )^3- \frac13\ln ^3 x+ \frac13\ln ^3 (x+1)} dx= \\ &= \frac13\biggl [ \underbrace { \int_0 ^1 \ln (x+2) \ln ^3(x+1)dx}_{ \mathcal {I}_1}- \underbrace { \int_0 ^1 \ln (x+2) \ln ^3x\\N,dx}__{\N \mathcal {I}_2}- \underbrace { \int_0 ^1 \ln (x+2) \ln ^3 \frac {x+1}{x}dx}_{ \mathcal {I}_3} \biggr ]. \end {alineado*}

2. Las integrales $ \mathcal {I}_{1,2}$ tienen antiderivados que pueden ser expresados en términos de polilogaritmos (digamos, con Mathematica), por lo tanto nos concentramos en $ \mathcal {I}_3$ . Después del cambio de variables $t= \frac {2x}{x+1}$ obtenemos \begin {alineado*} \mathcal {I_3}&=-2 \int_0 ^1 \frac { \ln\frac {4-t}{2-t} \ln ^3 \frac t2\,dt}{(2-t)^2}= \\ &=-2 \int_0 ^1 \frac { \ln\frac {4-t}{2-t} \ln ^3 t\,dt}{(2-t)^2}+ 6 \ln 2 \int_0 ^1 \frac { \ln\frac {4-t}{2-t} \ln ^2 t\,dt}{(2-t)^2} \tag { $ \clubsuit $ } \\ & \quad -6 \ln ^22 \int_0 ^1 \frac { \ln\frac {4-t}{2-t} \ln t\,dt}{(2-t)^2}+ 2 \ln ^32 \int_0 ^1 \frac { \ln\frac {4-t}{2-t}dt}{(2-t)^2}. \end {alineado*}

3. Ahora déjeme explicarle cómo se pueden calcular estas integrales. Consideremos, por ejemplo, el primer término en ( $ \clubsuit $ ): \begin {alineado*} 2 \int_0 ^1 \frac { \ln\frac {4-t}{2-t} \ln ^3 t\,dt}{(2-t)^2}&= \int_0 ^1 \ln\frac {4-t}{2-t} \ln 3 t t, d \left ( \frac {t}{2-t} \right )=- \int_0 ^1 \frac {t}{2-t}d \left ( \ln\frac {4-t}{2-t} \ln ^3 t \right )= \\ &=- \int_0 ^1 \frac {t}{2-t} \left [ \color {\i1}{\b1} \frac { \ln ^3 t}{4-t}+ \frac { \ln ^3 t}{2-t}}+ \frac {3}{t} \ln\frac {4-t}{2-t} \ln ^2 t \right ]dt \end {alineado*} Los términos mostrados en rojo conducen a integrales computables con la ayuda de ( $ \spadesuit $ ) (por ejemplo, diferenciarlo con respecto a $z$ y ver qué pasa). La pieza no trivial restante es por lo tanto $$ \int_0 ^1 \frac { \ln\frac {4-t}{2-t} \ln ^2 t}{2-t}dt= \int_0 ^1 \frac { \ln (4-t) \ln ^2 t}{2-t}dt- \int_0 ^1 \frac { \ln (2-t) \ln ^2 t}{2-t}dt$$ La segunda parte tiene nuevamente un antiderivado poligarítmico computable con Mathematica, así que queda por computar $$ \mathcal {I}_4= \int_0 ^1 \frac { \ln (4-t) \ln ^2 t}{2-t}dt.$$ Obsérvese que el mismo procedimiento se aplicó a los otros tres términos en ( $ \clubsuit $ ) conduce a integrales fácilmente computables (como en lugar de $ \ln ^2t$ en el análogo de $ \mathcal {I}_4$ tenemos $ \ln t$ o $1$ ).

4. Por lo tanto, queda por computar $ \mathcal {I}_4$ . Y este es el único lugar donde se produce un cierto milagro, lo que indica que debería haber una forma más fácil de hacer la integral inicial. Hacer el cambio de variables $s=2-t$ tenemos \begin {alineado*} \mathcal {I}_4&= \int_1 ^2 \frac { \ln (2+s) \ln ^2(2-s)\\N-{s}{s}= \\ &= \frac16\int_1 ^2 \frac { \left [ \ln (2+s)+ \ln (2-s) \right ]^3+ \left [ \ln (2+s)- \ln (2-s) \right ]^3-2 \ln ^3(2+s)}{s}ds= \\ &= \frac16\int_1 ^2 \frac { \ln ^3(4-s^2)}{s}ds+ \frac16\int_1 ^2 \frac { \ln ^3 \frac {2+s}{2-s}}{s}ds- \frac13\int_1 ^2 \frac { \ln ^3(s+2)}{s}ds. \end {alineado*} Cada una de estas tres piezas tiene de nuevo antiderivados poligarítmicos que pueden ser computados por Mathematica. Esto se hace obvio después de un cambio de variables $u=s^2$ en la primera integral (el milagro está aquí: debido a los valores especiales de los parámetros no tenemos un término lineal adicional bajo el logaritmo que estropearía las cosas) y $u= \frac {2+s}{2-s}$ en el segundo.

Así que la conclusión es que, de hecho, la integral $ \mathcal {I}$ puede expresarse en términos de polilogaritmos (hasta $ \operatorname {Li}_4$ ), pero fui demasiado perezoso para escribir la respuesta. Afortunadamente, para eso tenemos a Cleo.

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Añadido : Como sugirió Vladimir Reshetnikov, la integración se limita $(0,1)$ no son realmente importantes: el enfoque anterior da lugar a un antiderivado explícito que publiqué en https://gist.github.com/anonymous/4c35e5617cf846e8f517