Estas integrales se acercó en el proceso de encontrar la solución a Vladimir Reshetnikov del problema. Me pregunto si hay cerrado de formas para las siguientes integrales: \begin{array}{1,1} y[\text{1}] &\quad\int_0^1\frac{\operatorname{Li}_3(ax)}{1+2x}\, dx\\[12pt] y[\text{2}] &\quad\int_0^1\frac{\operatorname{Li}_2(ax)\ln x}{1+2x}\, dx\\[12pt] y[\text{3}] &\quad\int_0^1\frac{\ln(1-ax)\ln^2 x}{1+2x}\ dx \end{array} He intentado muchas sustitución, integración por partes, o la diferenciación bajo el signo integral método, pero sin éxito hasta el momento. Yo no se necesita una completa o con una respuesta y su respuesta puede ser sólo Mathematica's o de Arce's de salida ya que no tengo los paquetes de software en mi pc o en los enlaces de comunicaciones relacionadas. Yo estaría muy agradecido por cualquier ayuda que son capaces de ofrecer.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Aquí están los valores de la integral de dólares[3]$ para algunos valores específicos de los parámetros $$: $$\int_0^1\frac{\ln(1-x)\ln^2x}{1+2x}dx=2\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)-\operatorname{Li}_4\left(\frac13\right)-\operatorname{Li}_4\left(\frac23\right)-\frac14\operatorname{Li}_4\left(\frac14\right)\\-\frac{\ln^42}{12}-\frac{\ln^43}{12}+\frac16\ln2\cdot\ln^33+\frac{\pi^2}6\left(\ln2\cdot\ln3-\ln^22-\operatorname{Li}_2\left(\frac13\right)\right).\tag1$$
$$\int_0^1\frac{\ln(1+x)\ln^2x}{1+2x}dx=3\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)-\frac34\operatorname{Li}_4\left(\frac14\right)\\+\left(7\zeta(3)-\operatorname{Li}_3\left(\frac14\right)\right)\frac{\ln2}4-\frac{3\pi^4}{160}-\frac{\ln^42}{24}-\frac{\pi^2}6\ln^22.\tag2$$
$$\int_0^1\frac{\ln(1+2x)\ln^2x}{1+2x}dx=\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)+\operatorname{Li}_4\left(\frac13\right)+\operatorname{Li}_4\left(\frac23\right)-\frac18\operatorname{Li}_4\left(\frac14\right)\\+\left(\operatorname{Li}_3\left(\frac13\right)+\operatorname{Li}_3\left(\frac23\right)\right)\ln3-\frac{11\pi^4}{360}-\frac{\ln^42}{24}-\frac{\ln^43}4\\+\frac{\pi^2}{12}\left(\ln^23-\ln^22\right)+\frac13\ln2\cdot\ln^33.\tag3$$
$\def\Li{{\rm Li}}$creo que sé cómo el Señor Tunk-Fey enfoque para encontrar la solución a Vladimir Reshetnikov del problema: \begin{ecuación} I=\int_0^1\frac{\ln(1-x)\,\ln(1+x)\,\ln(1+2x)}{1+2x}dx \end{ecuación} Él utilizó método de integración por partes. Aquí podría ser la forma en que se evalúa $I$:
Vamos \begin{ecuación} u=\ln(1+2x)\quad\Rightarrow\quad du=\dfrac{2\ dx}{1+2x} \end{ecuación} y \begin{ecuación} v=\int\frac{\ln(1-x)\ln(1+x)}{1+2x}\,dx \end{ecuación} Con el fin de evaluar $v$, él podría estar usando su técnica en el Señor Vladimir Reshetnikov otro problema: \begin{ecuación} \int_0^1\frac{\ln^2x}{\sqrt{x^2-x+1}}dx \end{ecuación} Véase también David H la respuesta. Solo voy a utilizar esta técnica para evaluar la $I$ sin proporcionar los pasos completos. Después de varias sustituciones, llegaremos a la siguiente ecuación \begin{align} v&=\frac{1}{6}\int\frac{\ln^2x}{1-\frac{2}{3}x}\ dx-\frac{1}{2}\int\frac{\ln^2x}{1-2x}\,dx\frac{1}{2}\int\frac{\ln^2x}{1+x}\ dx-\frac{1}{6}\int\frac{\ln^2x}{1-\frac{1}{3}x}\,dx\\ &=\frac{1}{6}J_1-\frac{1}{2}J_2-\frac{1}{2}J_3-\frac{1}{6}J_4 \end{align} donde \begin{align} J_n=\int\frac{\ln^2x}{1-ax}\ dx=\frac{2}{a}\Li_3(ax)-\frac{2}{a}\Li_2(ax)\ln x-\frac{1}{a}\ln(1-ax)\ln^2x+C \end{align} El uso de $J_n$ obtenemos \begin{align} J_1&=3\Li_3\left(\frac{2}{3}x\right)-3\Li_2\left(\frac{2}{3}x\right)\ln x-\frac{3}{2}\ln\left(1-\frac{2}{3}x\right)\ln^2x\\ J_2&=\Li_3\left(2x\right)-\Li_2\left(2x\right)\ln x-\frac12\ln\left(1-2x\right)\ln^2x\\ J_3 y=-2\Li_3(-x)+2\Li_2(-x)\ln x+\ln(1+x)\ln^2x\\ J_4&=6\Li_3\left(\frac{1}{3}x\right)-6\Li_2\left(\frac{1}{3}x\right)\ln x-3\ln\left(1-\frac{1}{3}x\right)\ln^2x\\ \end{align} Por lo tanto, tenemos \begin{align} uv&=\left.\left[\frac{1}{6}J_1-\frac{1}{2}J_2-\frac{1}{2}J_3-\frac{1}{6}J_4\right]\ln(1+2x)\right|_{x=0}^1\\ &=\left[\frac{1}{2}\Li_3\left(\frac23\right)-\frac{1}{2}\Li_3\left(2\right)+\Li_3\left(-1\right)-\Li_3\left(\frac{1}{3}\right)\right]\ln3\\ &=\left[\frac{1}{2}\Li_3\left(\frac{2}{3}\right)-\frac{1}{2}\Li_3\left(2\right)-\frac{3}{4}\zeta(3)-\Li_3\left(\frac{1}{3}\right)\right]\ln3 \end{align} El siguiente paso es evaluar $\displaystyle\int v\,du$ de los cuales consta de tres forma general de las integrales: \begin{align} \frac{\Li_3(ax)}{1+2x}\,dx\tag1\\[10] \int_0^1\frac{\Li_2(ax)\ln x}{1+2x}\,dx\tag2\\[10] \int_0^1\frac{\ln(1-ax)\ln^2 x}{1+2x}\,dx\tag3 \end{align} a partir de la cual el OP de la siguiente manera. Para evaluar la $I$, los correspondientes valores de $a$ es $\displaystyle\frac{2}{3},\,2,\,-1,\,$y $\displaystyle\frac{1}{3}$.
Me gustaría poder evaluar $(1),\,(2),\,$y $(3)$ o, al menos, evaluar las integrales con los correspondientes valores de $a$, pero no pude (lo Siento...). Por suerte, el Señor Kirill ha proporcionado los resultados para $a=\displaystyle\frac{2}{3}$ y $a=-1$. Espero que él será generoso para proporcionar los resultados para $a=\displaystyle\frac{1}{3}$ y $a=2$.
Por $(3)$ usted puede tener la forma
$$ I = - \rm Li_3( -2 ) \ln\left( {\frac {+2}{2}} \right) - {\rm Li_4}( a )+ \int _{0}^{a}\,{\frac {{\rm Li_3}(t) }{t+2}}{dt},$$
donde $\rm Li_s(z)$ es la polylogarithm función. Por ejemplo, cuando $a=1/2$ tenemos
$$ I \sim - 0.08900930960. $$
