Integral $\int_0^1 dx \frac{\ln x \ln^2(1-x)\ln(1+x)}{x}$

Question

Estoy tratando de calcular $$ I:=\int_0^1 dx \frac{\ln x \ln^2(1-x)\ln(1+x)}{x}$$ Nota, la forma cerrada es hermosa (sí hermoso ) y viene dada por

$$ I=−\frac{3}{8}\zeta_2\zeta_3 -\frac{2}{3}\zeta_2\ln^3 2 +\frac{7}{4}\zeta_3\ln^2 2-\frac{7}{2}\zeta_5+4\ln 2 \operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{2}{15}\ln^5 2+4\operatorname{Li}_5\left(\frac{1}{2}\right) $$ donde $$ \zeta_s=\sum_{n=1}^\infty \frac1n^{s},\qquad \operatorname{Li}_s(z)=\sum_{n=1}^\infty \frac{z^n}{n^s},\qquad\text{for}\ |z|<1. $$ He conseguido escribir la integral como $$ I=-\sum_{i=0}^\infty \int_0^1 x^i\ln x\ln(1+x)\ln(1-x)\ dx, $$ pero estoy confundido en cuanto a dónde ir desde aquí. Posiblemente estaba pensando en tratar de usar las transformadas de Mellin o los residuos.

Una referencia para ayudarnos es aquí . (Ya que alguien ha pedido referencias)

También podemos escribir I como $$ I=\sum_{i=0}^\infty \sum_{j=1}^\infty \frac{1}{j}\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k} \int_0^1 x^{i+j+k} \ln x\ dx $$ utilizando $$ \int_0^1 x^n \ln x\ dx= -\frac{1}{(n+1)^2}, $$ podemos simplificar esto, pero no estoy seguro entonces de cómo calcular la suma triple. Gracias de nuevo.

Answer 1

Utilizaremos un enfoque similar al de Respuesta de sos440 en I&S . Utilizando la identidad algebraica simple $$ ab^2=\frac{(a+b)^3+(a-b)^3-2a^3}{6}, $$ se deduce que \begin {align} \int_0 ^1 \frac { \ln x \ln (1+x) \ln ^2(1-x)}{x}\Ndx &= \frac16I_1 + \frac16I_2 - \frac13I_3\ , \tag1 \end {align} donde \begin {align} I_1&= \int_0 ^1 \frac { \ln x \ln ^3(1-x^2)}{x}\Ndx \\ [12pt] I_2&= \int_0 ^1 \frac { \ln x}{x} \ln ^3 \left ( \frac {1+x}{1-x} \right )\N- dx \\ [12pt] I_3&= \int_0 ^1 \frac { \ln x \ln ^3(1+x)}{x}\Ndx \end {align}

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Evaluación de $I_1$

Configuración $t=x^2$ seguido de $t\mapsto1-t$ tenemos \begin {align} I_1&= \frac14\int_0 ^1 \frac { \ln t \ln ^3(1-t)}{t}\Ndt \\ &= \frac14\int_0 ^1 \frac { \ln (1-t) \ln ^3t}{1-t}\Ndt \\ \end {align} Para evaluar la integral anterior, podemos utilizar la derivada múltiple de función beta

$$ I_1=\frac14\lim_{x\to1}\lim_{y\to0^+}\frac{\partial^4\text{B}(x,y)}{\partial x^3\partial y}=3\zeta(5)-\frac32\zeta(2)\zeta(3).\tag2 $$

Como alternativa, podemos utilizar la función generadora de los números armónicos para $|z|<1$ $$ \sum_{n=1}^\infty H_n z^n=-\frac{\ln(1-z)}{1-z}, $$ identidad de los números armónicos $$ H_{n+1}-H_n=\frac1{n+1}, $$ y $$ \int_0^1 x^\alpha \ln^n x\ dx=\frac{(-1)^n n!}{(\alpha+1)^{n+1}}, \qquad\text{for }\ n=0,1,2,\ldots\tag3 $$ Podemos referirnos a la siguiente respuesta para ver el enfoque completo para evaluar $I_1$ .

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Evaluación de $I_2$

$I_2$ ha sido evaluado por sos440 aquí y es igual a

$$ I_2=\frac{21}{4}\zeta(2)\zeta(3)-\frac{93}{8}\zeta(5).\tag4 $$

Como alternativa, podemos utilizar la siguiente técnica. Configurar $t=\dfrac{1-x}{1+x}\ \color{red}{\Rightarrow}\ x=\dfrac{1-t}{1+t}$ y $dx=-\dfrac{2}{(1+t)^2}\ dt$ entonces \begin {align} I_2&=- \int_0 ^1 \frac { \ln x}{x} \ln ^3 \left ( \frac {1-x}{1+x} \right )\N- dx \\ &=2 \int_0 ^1 \frac { \ln ^3 t \ln (1+t)}{(1-t)(1+t)}\Ndt-2 \int_0 ^1 \frac { \ln ^3 t \ln (1-t)}{(1-t)(1+t)}\Ndt. \tag5 \end {align} Utilizando el hecho de que $$ \frac{2}{(1-t)(1+t)}=\frac1{1-t}+\frac1{1+t} $$ y $(5)$ se puede evaluar realizando algunos cálculos tediosos que implican una expansión en serie (doble suma o función generadora de los números armónicos) de la forma $\dfrac{\ln(1\pm t)}{1\pm t}$ y la ecuación $(3)$ .

Otra forma alternativa de evaluar $I_2$ sin utilizar el análisis complejo y dividiendo la integral en cuatro integrales separadas es sustituyendo $t=\dfrac{1-x}{1+x}$ y $I_2$ resulta ser $$ I_2=-2\int_0^1\frac{\ln^3t}{1-t^2}\ln\left(\frac{1-t}{1+t}\right)\ dt,\tag6 $$ donde $(6)$ ha sido evaluado por Omran Kouba ( véase la evaluación de $K$ ).

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Evaluación de $I_3$

$I_3$ ha sido evaluado aquí y es igual a

\begin {align} I_3=&\ \frac { \pi ^2}2 \zeta (3)+ \frac {99}{16} \zeta (5)- \frac25\ln ^52+ \frac { \pi ^2}3 \ln ^32- \frac {21}4 \zeta (3) \ln ^22 \\ &-12 \operatorname {Li}_4 \left ( \frac12\right ) \ln2 -12 \operatorname {Li}_5 \left ( \frac12\right ). \tag7 \end {align}

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Así, poniendo en conjunto obtenemos

$$ I=\color{blue}{\small{\frac{2}{15}\ln^5 2-\frac{2}{3}\zeta(2)\ln^3 2 +\frac{7}{4}\zeta(3)\ln^2 2−\frac{3}{8}\zeta(2)\zeta(3) -\frac{7}{2}\zeta(5)+4\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)\ln2+4\operatorname{Li}_5\left(\frac{1}{2}\right)}}. $$

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$$ \large\color{blue}{\text{# }\mathbb{Q.E.D.}\text{ #}} $$

Answer 2

Utilizando la siguiente identidad demostrada por Cornel y que se puede encontrar en su libro, Integrales, sumas y series (casi) imposibles . $\quad\displaystyle\ln(1-x)\ln(1+x)=-\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_{2n}-H_n}{n}+\frac1{2n^2}\right)x^{2n}$ .

multiplicar ambos lados por $\frac{\ln(1-x)}{x}$ y luego integrar desde $x=0$ a $1$ obtenemos \begin{align} I&=-\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_{2n}-H_n}{n}+\frac1{2n^2}\right)\int_0^1x^{2n-1}\ln(1-x)\ dx\\ &=-\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_{2n}-H_n}{n}+\frac1{2n^2}\right)\left(-\frac{H_{2n}}{2n}\right)\\ &=2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}^2}{(2n)^2}-\frac12\sum_{n=1}^\infty\frac{H_nH_{2n}}{n^2}+\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{(2n)^3}\\ &=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}^2}{n^2}+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_{n}^2}{n^2}-\frac12\color{blue}{\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}H_{2n}}{n^2}}+\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^3}+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_{n}}{n^3} \end{align} He conseguido aquí para demostrar $$\color{blue}{\sum_{n=1}^\infty\frac{H_nH_{2n}}{n^2}}=4\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n^2}+2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n^2}{n^2}+2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^3}-4\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(3)}}{n2^n}-6\zeta(4)$$ de lo que se deduce que $$\boxed{I=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}-\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n^2}+\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(3)}}{n2^n}+3\zeta(4)}$$ Si se introducen los siguientes resultados: $$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n^2}{n^2}=6\zeta(4)-\frac74\zeta(4)=\frac{17}4\zeta(4)$$

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(3)}}{n2^n}=\operatorname{Li_4}\left(\frac12\right)-\frac{5}{16}\zeta(4)+\frac78\ln2\zeta(3)-\frac14\ln^22\zeta(2)+\frac{1}{24}\ln^42$$

La primera suma se puede encontrar aquí y la segunda suma se puede encontrar utilizando la función generadora fácil de probar $\sum_{n=1}^\infty\frac{x^nH_n^{(3)}}{n}=\operatorname{Li_4}(x)-\ln(1-x)\operatorname{Li_3}(x)-\frac12\operatorname{Li_2}^2(x)$ sustituyendo estas dos sumas junto con el conocido valor de $\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}=3\zeta(5)-\zeta(2)\zeta(3)$ obtenemos la forma cerrada deseada de $I$ .

NOTA . Lo siento chicos me acabo de dar cuenta que mi solución es para $\int_0^1\frac{\ln^2(1-x)\ln(1+x)}{x}\ dx$ sin $\ln x$ en el numerador como en el problema original. Mantengo la solución ya que fue votada como útil.

Answer 3

Usando el mismo inicio de la solución de Tunk-Fey:

$$\begin{align} I=\int_0^1 \frac{\ln x\ln(1+x)\ln^2(1-x)}{x}\ dx &=\frac16I_1-\frac16I_2-\frac13I_3 \end{align}$$

donde

\begin{align} I_1&=\int_0^1\frac{\ln x\ln^3(1-x^2)}{x}\ dx\\[12pt] I_2&=\int_0^1\frac{\ln x}{x}\ln^3\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\ dx\\[12pt] I_3&=\int_0^1\frac{\ln x\ln^3(1+x)}{x}\ dx \end{align} Lo que hace que mi solución sea diferente es que voy a evaluar estas integrales de diferentes maneras.

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\begin{align} I_1&=\int_0^1\frac{\ln x\ln^3(1-x^2)}{x}\ dx=\frac14\int_0^1\frac{\ln x\ln^3(1-x)}{x}\ dx\\ &=\int_0^1\frac{\ln(1-x)\ln^3x}{1-x}\ dx=-\sum_{n=1}^\infty H_n\int_0^1x^n\ln^3x\ dx\\ &=6\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{(n+1)^4}=6\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^4}-6\zeta(5)=\boxed{12\zeta(5)-6\zeta(2)\zeta(3)=I_1} \end{align}

donde sustituimos $\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^4}=3\zeta(5)-\zeta(2)\zeta(3)$

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$$I_2=\small{\int_0^1\frac{\ln x}{x}\ln^3\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\ dx\overset{IBP}{=}3\int_0^1\frac{\ln^2x}{1-x^2}\ln^2\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\ dx\overset{\frac{1-x}{1+x}=y}{=}\frac32\int_0^1\frac{\ln^2x}{x}\ln^2\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\ dx}$$

y utilizando $\ln^2\left(\frac{1-x}{1+x}\right)=-2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n-2H_{2n}}{n}x^{2n}$ (probado aquí ) obtenemos \begin{align} I_2&=-3\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n-2H_{2n}}{n}\int_0^1x^{2n-1}\ln^2x\ dx=24\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{(2n)^4}-3\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^4}\\ &=12\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^4}+\frac{45}4\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^4}=\boxed{\frac{93}{8}\zeta(5)-\frac{21}{4}\zeta(2)\zeta(3)=I_2} \end{align} donde sustituimos $\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^4}$$=\frac12\zeta(2)\zeta(3)-\frac{59}{32}\zeta(5)\ $

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$I_3$ se resolvió aquí de diferentes maneras, pero esta solución es mi favorito que da

$$\boxed{\small{I_3=-12\operatorname{Li}_5\left(\frac12\right)-12\ln2\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)+\frac{99}{16}\zeta(5)+3\zeta(2)\zeta(3)-\frac{21}4\ln^22\zeta(3)+2\ln^32\zeta(2)-\frac25\ln^52}\ \ }$$

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Combine $I_1$ , $I_2$ y $I_3$ para conseguir

$$I=\small{4\operatorname{Li}_5\left(\frac{1}{2}\right)+4\ln2\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)-\frac{7}{2}\zeta(5)−\frac{3}{8}\zeta(2)\zeta(3)+\frac{7}{4}\ln^22\zeta(3)-\frac{2}{3}\ln^32\zeta(2)+\frac{2}{15}\ln^5 2}$$