¿Forma cerrada $\int z^n\ln{(z)}\ln{(1-z)}\,\mathrm{d}z$?

Question

Problema. Encontrar un anti-derivada de la siguiente integral indefinida, donde $n$ es un entero no negativo: $$\int z^n\ln{\left(z\right)}\ln{\left(1-z\right)}\,\mathrm{d}z=~???$$

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Mi intento:

Euler reflejo de la identidad de dilogarithms los estados,

$$\ln{\left(z\right)}\ln{\left(1-z\right)}=\zeta{(2)}-\operatorname{Li}_2{\left(z\right)}-\operatorname{Li}_2{\left(1-z\right)}.\tag{1}$$

El uso de la identidad de $(1)$, nuestra integral puede ser dividido en tres integrales, el primero de los cuales es elemental:

$$\begin{align} \int z^n\ln{\left(z\right)}\ln{\left(1-z\right)}\,\mathrm{d}z &=\int z^n\left[\zeta{(2)}-\operatorname{Li}_2{\left(z\right)}-\operatorname{Li}_2{\left(1-z\right)}\right]\,\mathrm{d}z\\ &=\zeta{(2)}\int z^n\,\mathrm{d}z-\int z^n\operatorname{Li}_2{\left(z\right)}\,\mathrm{d}z-\int z^n\operatorname{Li}_2{\left(1-z\right)}\,\mathrm{d}z\\ &=\zeta{(2)}\frac{z^{n+1}}{n+1}-\int z^n\operatorname{Li}_2{\left(z\right)}\,\mathrm{d}z-\int z^n\operatorname{Li}_2{\left(1-z\right)}\,\mathrm{d}z.\tag{2}\\ \end{align}$$

Wolfram Alpha da anti-derivados de los dos dilogarithmic integrales en términos de funciones hipergeométricas:

$$\small{\int z^n\operatorname{Li}_2{\left(z\right)}\,\mathrm{d}z=\frac{z^{n+1}}{(n+1)^2}\ln{(1-z)}+\frac{z^{n+1}}{n+1}\operatorname{Li}_2{\left(z\right)}+\frac{z^{n+2}}{(n+1)^2(n+2)}{_2F_1}{\left(1,n+2;n+3;z\right)}+\color{grey}{constant}};$$

$$\small{\int z^n\operatorname{Li}_2{\left(1-z\right)}\,\mathrm{d}z=-\frac{z^{n+1}}{(n+1)^3}+\frac{z^{n+1}\ln{(z)}}{(n+1)^2}+\frac{z^{n+1}\operatorname{Li}_2{\left(1-z\right)}}{n+1}-\frac{z^{n+1}\ln{(z)}}{(n+1)^2}{_2F_1}{\left(1,n+2;n+3;z\right)}+\frac{z^{n+1}}{(n+1)^3}{_3F_2}{\left(1,n+1,n+1;n+2,n+2;z\right)}+\color{grey}{constant}}.$$

Ahora, si tenemos permiso de formas cerradas en términos de funciones hipergeométricas, entonces se puede considerar el problema resuelto. Sin embargo, en mi experiencia funciones hipergeométricas de entero parámetros a menudo tienen representaciones en términos de funciones simples, y me pregunto si eso podría no ser el caso aquí. ¿La anti-derivada buscó tener más mundanas de la representación que evita funciones hipergeométricas?

Answer 1

Integración por las piezas parece suficiente. $$\int z^n\ln z\ln(1-z)\,\mathrm{d}z=\frac{z^{n+1}}{n+1}\ln z\ln(1-z)-\frac{1}{n+1}\int z^{n+1}\left(\frac{\ln(1-z)}{z}-\frac{\ln z}{1-z}\right)\,\mathrm{d}z$$

\begin{align} \int z^n\ln(1-z)\,\mathrm{d}z&=\frac{z^{n+1}}{n+1}\ln(1-z)-\int \frac{z^{n+1}}{(n+1)(z-1)}\,\mathrm{d}z\\ &=\frac{z^{n+1}}{n+1}\ln(1-z)-\frac{\ln(1-z)}{n+1}-\frac{1}{n+1}\int\frac{z^{n+1}-1}{z-1}\,\mathrm{d}z\\ &=\frac{z^{n+1}}{n+1}\ln(1-z)-\frac{\ln(1-z)}{n+1}-\frac{1}{n+1}\sum_{k=1}^{n+1}\frac{z^k}{k} \end {Alinee el} y \begin{align} \int \frac{z^{n+1}}{1-z}\ln z\,\mathrm{d}z &= \int\frac{\ln z}{1-z}-\frac{1-z^{n+1}}{1-z}\ln z\,\mathrm{d}z\\ &=\operatorname{Li}_2(1-z)-\sum_{k=1}^{n+1}\left(\frac{z^k}{k}\ln z-\frac{z^k}{k^2}\right) \end {alinee el}

Poniendo éstos juntos, conseguimos $$\int z^n\ln z\ln(1-z)\,\mathrm{d}z=\frac{z^{n+1}}{n+1}\ln z\ln(1-z)-\frac{z^{n+1}}{n+1}\ln(1-z)+\frac{\ln(1-z)}{(n+1)^2}+\frac{\operatorname{Li}_2(1-z)}{n+1}-\frac{1}{n+1}\sum_{k=1}^{n+1}\left(\frac{z^k}{k}\ln z-\frac{k+n+1}{k^2(n+1)}z^k\right)$ $

Espero que no hay ningún error. :)

Answer 2

De la primitiva segunda, puede ser simplificado a %#% $ de #% sin embargo, para el tercero, no llegó a algo significativamente diferente de su propio resultado.

Estoy seguro de que hay una manera de hacer todo eso más simple ya que la definición de $$\int z^n\operatorname{Li}_2{\left(z\right)}\,\mathrm{d}z=\frac{z^{n+1} ((n+1) \text{Li}_2(z)+\log (1-z))+B_z(n+2,0)}{(n+1)^2}$$$I_n=\int z^n\ln{\left(z\right)}\ln{\left(1-z\right)}\,\mathrm{d}z$ n$ for any positive integer value of $\zeta(2)$ nunca aparece).

Así que, básicamente, me pregunto si el uso de identidad de reflexión de Euler para Estados dilogarithms no hace el problema más complejo en términos de lo que funciona.