Una forma cerrada para una gran cantidad de integrales en el logaritmo

Question

Un problema que se me ha estado molestando todo este verano es el siguiente:

a) Calcular

$$I_3=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1} \ln{(1-x)} \ln{(1-xy)} \ln{(1-xyz)} \,\mathrm{d}x\, \mathrm{d}y\, \mathrm{d}z.$$

b) de manera Más general, permitir $n \ge 1$ ser un número entero. Calcular, si es posible, en términos de bien conocidos constantes (encontrar una forma cerrada) esta múltiple logarítmica de la integral:

$$I_n=\int_{[0,1]^n} \ln{(1-x_1)}\ln{(1-x_1x_2)}\cdots\ln{(1-x_1x_2 \cdots x_n)}\,\mathrm{d}^nx.$$

Mi intento es que tengo $I_1=-1$ y $I_2=3-2\zeta(3)$.

Answer 1

Principales Edit: Esto es casi totalmente una nueva respuesta en lugar de una edición. La versión anterior de esta respuesta fue muy largo y torpe, y finalmente no pudo incluso el rendimiento en definitiva un resultado final. Este nuevo y mejorado de respuesta es mucho más ágil, y no incluye un definido valor final.

---

La evaluación de la integral $I_3$:

La triple integral de la definición de $I_3$, en principio, puede ser integrado en cualquier orden, pero se integra en el "orden alfabético" (es decir, con la integral de más de $x$ como la más externa, y la integral de más de $z$ como el interior) es probablemente el mejor camino a seguir y es el orden utilizado en el primer paso por debajo. Siguiente, podemos cambiar la escala de la integral de más de $z$ a través de la sustitución $t=(xy)\,z$; después de eso, también podemos cambiar la escala de la integral sobre $y$ a través de la sustitución de $u=(x)\,y de$. Ahora, en lugar de evaluar las integrales de la más interna a la más externa, tenga en cuenta que nuestros integral está ahora en una forma que se presta muy bien a la integración por partes con respecto a $x$. El resultado es una suma de dos integrales dobles:

$$\begin{align} I_3 &=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\ln{(1-x)}\ln{(1-xy)}\ln{(1-xyz)}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\ &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\ln{(1-x)}\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\,\ln{(1-xy)} \int_{0}^{1}\mathrm{d}z\,\ln{(1-xyz)}\\ &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x \frac{\ln{(1-x)}}{x} \int_{0}^{x}\mathrm{d}u \frac{\ln{(1-u)}}{u}\int_{0}^{u}\mathrm{d}t\,\ln{(1-t)}\\ y=-\operatorname{Li}_2{(1)}\int_{0}^{1}\mathrm{d}u \frac{\ln{(1-u)}}{u}\int_{0}^{u}\mathrm{d}t\,\ln{(1-t)}\\ &~~~~~+\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\frac{\operatorname{Li}_2{(x)}\ln{(1-x)}}{x}\int_{0}^{x}\mathrm{d}t\,\ln{(1-t)}\\ &=:J+K. \end{align}$$

El uso de las evaluaciones de $J$ y $K$ a continuación, se llega a un valor final de $I_3$:

$$\begin{align} I_3 &=J+K\\ &=\left[-3\zeta{(2)}+2\zeta{(3)}\zeta{(2)}\right]+\left[\zeta{(5)}+6\zeta{(4)}+6\zeta{(3)}+3\zeta{(2)}-2\zeta{(3)}\zeta{(2)}-15\right]\\ &=\zeta{(5)}+6\zeta{(4)}+6\zeta{(3)}-15\\ &=\zeta{(5)}+6\zeta{(3)}+\frac{\pi^4}{15}-15\\ &=-0.2567 9142 3632 2352\dots . \end{align}$$

$$I_3=\color{blue}{\zeta{(5)}+6\zeta{(3)}+\frac{\pi^4}{15}-15}.$$

---

La evaluación de la integral $J$:

Primero hemos estado sin prueba los siguientes tres anti-derivados:

$$\int\mathrm{d}u\ln{(1-u)}=(u-1)\ln{(1-u)}-u+constante;$$

$$\int\mathrm{d}u\ln^2{(1-u)}=(u-1)\left(\ln^2{(1-u)}-2\ln{(1-u)}+2\right)+constante;$$

$$\int\mathrm{d}u\frac{\ln^2{(1-u)}}{u}=-2\operatorname{Li}_3{(1-u)}+2\operatorname{Li}_2{(1-u)}\ln{(1-u)}+\ln{(u)}\ln^2{(1-u)}+constant.$$

Cada uno puede ser fácilmente verificado por la diferenciación de la mano derecha de los lados, o comprobar con WolframAlpha. Una vez obtenida, la integral $J$ puede ser calculado directamente a partir de estos tres anti-derivados:

$$\begin{align} J y=-\operatorname{Li}_2{(1)}\int_{0}^{1}\mathrm{d}u \frac{\ln{(1-u)}}{u}\int_{0}^{u}\mathrm{d}t\,\ln{(1-t)}\\ y=-\operatorname{Li}_2{(1)}\int_{0}^{1}\mathrm{d}u \frac{\ln{(1-u)}}{u}\left[(u-1)\ln{(1-u)}-u\right]\\ &=\operatorname{Li}_2{(1)}\int_{0}^{1}\mathrm{d}u \left[\ln{(1-u)}-\ln^2{(1-u)}+\frac{\ln^2{(1-u)}}{u}\right]\\ &=\operatorname{Li}_2{(1)} \left [-1-2+2\zeta{(3)}\right]\\ Y=-3\zeta{(2)}+2\zeta{(3)}\zeta{(2)}. \end{align}$$

---

La evaluación de la integral $K$:

$$\begin{align} K &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\frac{\operatorname{Li}_2{(x)}\ln{(1-x)}}{x}\int_{0}^{x}\mathrm{d}t\,\ln{(1-t)}\\ &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\frac{\operatorname{Li}_2{(x)}\ln{(1-x)}}{x} \left[(x-1)\ln{(1-x)} x\right]\\ &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x \operatorname{Li}_2{(x)}\ln{(1-x)} \left[-1+\ln{(1-x)}-\frac{\ln{(1-x)}}{x}\right]\\ &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x \operatorname{Li}_2{(x)} \left[-\ln{(1-x)}+\ln^2{(1-x)}-\frac{\ln^2{(1-x)}}{x}\right]\\ y=-\int_{0}^{1}\mathrm{d}x \ln{(1-x)}\operatorname{Li}_2{(x)} + \int_{0}^{1}\mathrm{d}x \ln^2{(1-x)}\operatorname{Li}_2{(x)} - \int_{0}^{1}\mathrm{d}x \frac{\ln^2{(1-x)} \operatorname{Li}_2{(x)}}{x}\\ &=K_1+K_2+K_3\\ &=\left[2\zeta{(3)}+\zeta{(2)}-3\right]+\left[6\zeta{(4)}+4\zeta{(3)}+2\zeta{(2)}-12\right]+\left[\zeta{(5)}-2\zeta{(3)}\zeta{(2)}\right]\\ &=\zeta{(5)}+6\zeta{(4)}+6\zeta{(3)}+3\zeta{(2)}-2\zeta{(3)}\zeta{(2)}-15. \end{align}$$

Las evaluaciones de $K_1$ y $K_2$ puede ser fácilmente encontrado por primera utilizando un CAS para encontrar el anti-derivados. Por último, $K_3$ se calcula a continuación.

---

La evaluación de la integral $K_3$:

$$\begin{align} K_3 y=-\int_{0}^{1}\mathrm{d}x \frac{\ln^2{(1-x)} \operatorname{Li}_2{(x)}}{x}\\ y=-\int_{0}^{1}\mathrm{d}x \frac{\ln^2{(1-x)} \left[\zeta{(2)}-\ln{(1-x)}\ln{(x)}-\operatorname{Li}_2{(1-x)}\right]}{x}\\ y=-\zeta{(2)}\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\frac{\ln^2{(1-x)}}{x} + \int_{0}^{1}\mathrm{d}x \frac{\ln^3{(1-x)}\ln{(x)}}{x}+\int_{0}^{1}\mathrm{d}x \frac{\ln^2{(1-x)}\operatorname{Li}_2{(1-x)}}{x}. \end{align}$$

La primera integral en la última línea de arriba ya se ha calculado como parte de la evaluación de la integral $J$. Las evaluaciones de la segunda y la tercera de las integrales se pueden encontrar en las respuestas a esta pregunta y esta pregunta, respectivamente.

$$\begin{align} K_3 y=-\zeta{(2)}\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\frac{\ln^2{(1-x)}}{x} + \int_{0}^{1}\mathrm{d}x \frac{\ln^3{(1-x)}\ln{(x)}}{x}+\int_{0}^{1}\mathrm{d}x \frac{\ln^2{(1-x)}\operatorname{Li}_2{(1-x)}}{x}\\ &=-2\zeta{(3)}\zeta{(2)}+\left[12\zeta{(5)}-6\zeta{(3)}\zeta{(2)}\right]+\left[-11\zeta{(5)}+6\zeta{(3)}\zeta{(2)}\right]\\ &=\zeta{(5)}-2\zeta{(3)}\zeta{(2)}. \end{align}$$

Answer 2

Esto no es una solución, pero no explica el por qué de $I_n$ para $n\geq 3$ es difícil. De hecho, el cambio de las variables $(y_1,\ldots,y_n)=(x_1,x_1x_2,\ldots,x_1x_2\ldots x_n)$, (es decir, $y_k=x_1x_2\ldots x_k$) muestra que $$\eqalign{ I_n&=\int_{1\geq y_1\geq y_2\geq \cdots\geq y_n\geq 0}\ln(1-y_1) \ln(1-y_2)\cdots\ln(1-y_n)\frac{dy_1\cdots d y_n}{y_1\cdots y_{n-1}}\cr &=\int_{\color{red}{y_n}=0}^1\left(\int_{1\geq y_1\geq y_2\geq \cdots\geq y_{n-1}\geq \color{red}{y_n}} \prod_{k=1}^{n-1}\frac{\ln(1-y_k)}{y_k}dy_1\ldots dy_{n-1}\right)\ln(1-y_n)dy_n\cr &=\frac{1}{(n-1)!}\int_{\color{red}{y_n}=0}^1\left(\int_{[\color{red}{y_n},1]^{n-1}} \prod_{k=1}^{n-1}\frac{\ln(1-y_k)}{y_k}dy_1\ldots dy_{n-1}\right)\ln(1-y_n)dy_n \cr &=\frac{1}{(n-1)!}\int_{\color{red}{y_n}=0}^1\left(\int_{\color{red}{y_n}}^1 \frac{\ln(1-t)}{t}dt\right)^{n-1}\ln(1-y_n)dy_n \cr } $$ Por tanto, nuestra primera expresión equivalente a $I_n$ es $$ I_n=\frac{1}{(n-1)!}\int_{0}^1\left(\int_{x}^1 \frac{\ln(1-t)}{t}dt\right)^{n-1}\ln(1-x)dx\tag 1 $$ Usando integración por partes tenemos también $$ I_n=\frac{1}{n!}\int_{0}^1\left(\int_{x}^1 \frac{\ln(1-t)}{t}dt\right)^{n} dx\tag 2 $$ Tomando nota de que $\int_x^1\frac{\ln(1-t)}{t}dt={\rm Li}_2(x)-\frac{\pi^2}{6}$ tenemos $$\eqalign{ I_n &=\frac{1}{(n-1)!}\int_{0}^1\left({\rm Li}_2(x)-\frac{\pi^2}{6}\right)^{n-1}\ln(1-x) dx\cr &=\frac{1}{n!}\int_{0}^1\left({\rm Li}_2(x)-\frac{\pi^2}{6}\right)^{n} dx} \etiqueta 3 $$ Así, la cuestión se reduce a la evaluación de la integral de los poderes de la dilogarithm. A mi entender esto no es conocido por los poderes de más de $2 dólares.