Integral ${\large\int}_0^1\ln(1-x)\ln(1+x)\ln^2x\,dx$

Question

Este problema se publicó en I&S hace una semana, y aún no se ha publicado ningún intento de solución. Parece muy seductor, así que he decidido volver a publicarlo aquí:

Pruébalo: $$\int_0^1\ln(1-x)\ln(1+x)\ln^2x\,dx=24-\frac{4\pi^2}3-\frac{11\pi^4}{720}-12\ln2\\+2\ln^22-\frac16\ln^42+\pi ^2\ln2+\frac{\pi^2}6\ln^22-4\operatorname{Li}_4\!\left(\tfrac12\right)-\frac{35}4\zeta(3)+\frac72\zeta(3)\ln2.$$

He encontrado un artículo donde se evalúan algunas integrales similares: J. A. M. Vermaseren Sumas armónicas, transformadas de Mellin e integrales, Int. J. Mod. Phys. A, 14 (1999), 2037-2076, DOI: 10.1142/S0217751X99001032 pero no es fácil de leer para mí. Tal vez podría ser de alguna ayuda para este problema.

Answer 1

Esta respuesta se divide en 3 pasos principales.

---

Paso 1: Expresar la integral como una suma

\begin{align} &\ \ \ \ \ \int^1_0\ln(1+x)\ln(1-x)\ln^2{x} \ {\rm d}x\\ &=\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^j}{j}\sum^\infty_{k=1}\frac{1}{k}\int^1_0x^{j+k}\ln^2{x} \ {\rm d}x\\ &=2\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^j}{j}\sum^\infty_{k=1}\frac{1}{k(k+j+1)^3}\\ &=\small{2\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^j}{j}\sum^\infty_{k=1}\frac{1}{(j+1)^3k}-\frac{1}{(j+1)^3(k+j+1)}-\frac{1}{(j+1)^2(k+j+1)^2}-\frac{1}{(j+1)(k+j+1)^3}}\\ &=2\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^jH_{j+1}}{j(j+1)^3}-2\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^j\left[\zeta(2)-H_{j+1}^{(2)}\right]}{j(j+1)^2}-2\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^j\left[\zeta(3)-H_{j+1}^{(3)}\right]}{j(j+1)} \end{align}

---

Paso 2a: Valor de $\displaystyle \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n}{n}$ \begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n}{n} &=\frac{1}{2}\ln^2{2}-\frac{\pi^2}{12} \end{align} Ver aquí para los detalles.

---

Paso 2b: Valor de $\displaystyle \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n}{n^2}$ \begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n}{n^2} &=-\frac{5}{8}\zeta(3) \end{align} Ver aquí para los detalles.

---

Paso 2c: Valor de $\displaystyle \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n}{n^3}$ \begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n}{n^3} &=\int^{-1}_0\frac{1}{y}\left[\int^y_0\frac{1}{x}\left[\int^x_0\frac{\ln(1-t)}{t(t-1)}{\rm d}t\right]{\rm d}x\right]{\rm d}y\\ &=2{\rm Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{11\pi^4}{360}+\frac{1}{12}\ln^4{2}+\frac{7}{4}\zeta(3)\ln{2}-\frac{\pi^2}{12}\ln^2{2} \end{align} Tunk-Fey hizo un cálculo de este tipo aquí .

---

Paso 2d: Valor de $\displaystyle \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n^{(2)}}{n}$ \begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac{H_n^{(2)}}{n}x^n &=\int^x_0\frac{{\rm Li}_2(t)}{t(1-t)}{\rm d}t\\ &={\rm Li}_3(x)+\int^x_0\frac{{\rm Li}_2(t)}{1-t}{\rm d}t\\ &={\rm Li}_3(x)-{\rm Li}_2(x)\ln(1-x)-\int^x_0\frac{\ln^2(1-t)}{t}{\rm d}t\\ &={\rm Li}_3(x)-{\rm Li}_2(x)\ln(1-x)+\int^{1-x}_1\frac{\ln^2{t}}{1-t}{\rm d}t\\ &={\rm Li}_3(x)-{\rm Li}_2(x)\ln(1-x)-\ln^2(1-x)\ln{x}+\int^{1-x}_1\frac{2\ln(1-t)\ln{t}}{t}{\rm d}t\\ &\small{={\rm Li}_3(x)-{\rm Li}_2(x)\ln(1-x)-\ln^2(1-x)\ln{x}-2{\rm Li}_2(1-x)\ln(1-x)+\int^{1-x}_1\frac{2{\rm Li}_2(t)}{t}{\rm d}t}\\ &\small{={\rm Li}_3(x)-{\rm Li}_2(x)\ln(1-x)-\ln^2(1-x)\ln{x}-2{\rm Li}_2(1-x)\ln(1-x)+2{\rm Li}_3(1-x)-2\zeta(3)} \end{align} Por lo tanto, \begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n^{(2)}}{n} &={\rm Li}_3(-1)-{\rm Li}_2(-1)\ln{2}-\ln^2{2}\ln(-1)-2{\rm Li}_2(2)\ln{2}+2{\rm Li}_3(2)-2\zeta(3)\\ &=-\zeta(3)+\frac{\pi^2}{12}\ln{2} \end{align} Puedes utilizar las identidades de los polilogaritmos para simplificar la última ecuación. Yo he tomado el camino más fácil y he utilizado Wolfram Alpha. Ten en cuenta que la integración de contornos es un método ligeramente más eficiente para resolver esta suma, sin embargo este método es necesario si quiero resolver $\displaystyle \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n^{(2)}}{n^2}$ también.

---

Paso 2e: Valor de $\displaystyle \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n^{(3)}}{n}$

\begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac{H_n^{(3)}}{n}x^n &=\int^x_0\frac{{\rm Li}_3(t)}{t(1-t)}{\rm d}t\\ &={\rm Li}_4(x)+\int^x_0\frac{{\rm Li}_3(t)}{1-t}{\rm d}t\\ &={\rm Li}_4(x)-{\rm Li}_3(x)\ln(1-x)-\int^x_0\frac{-\ln(1-t){\rm Li}_2(t)}{t}{\rm d}t\\ &={\rm Li}_4(x)-{\rm Li}_3(x)\ln(1-x)-\frac{1}{2}{\rm Li}^2_2(x) \end{align} Por lo tanto, \begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n^{(3)}}{n} &={\rm Li}_4(-1)-{\rm Li}_3(-1)\ln{2}-\frac{1}{2}{\rm Li}^2_2(-1)\\ &=-\frac{19\pi^4}{1440}+\frac{3}{4}\zeta(3)\ln{2} \end{align}

---

Paso 2f: Valor de $\displaystyle \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n^{(2)}}{n^2}$

Esta parte es bastante similar a la respuesta de Tunk-Fey, por lo que sin duda merece crédito. \begin{align} &\ \ \ \ \ \sum^\infty_{n=1}\frac{H_n^{(2)}}{n^2}x^n\\ &=\small{{\rm Li}_4(x)-2\zeta(3)\ln{x}+\frac{1}{2}{\rm Li}_2^2(x)+\color{blue}{\int\frac{-\ln^2(1-x)\ln{x}}{x}{\rm d}x}+\color{\orange}{2\int\frac{{\rm Li}_3(1-x)-{\rm Li}_2(1-x)\ln(1-x)}{x}{\rm d}x}} \end{align} La integral azul es \begin{align} &\ \ \ \ \ \color{blue}{\int\frac{-\ln^2(1-x)\ln{x}}{x}{\rm d}x}\\ &=-\frac{1}{2}\ln^2{x}\ln^2(1-x)-\int\frac{\ln^2{x}\ln(1-x)}{1-x}{\rm d}x\\ &=-\frac{1}{2}\ln^2{x}\ln^2(1-x)+\sum^\infty_{n=1}H_n\int x^n\ln^2{x} \ {\rm d}x\\ &=-\frac{1}{2}\ln^2{x}\ln^2(1-x)+\sum^\infty_{n=1}H_n\partial^2_n\frac{x^{n+1}}{n+1}\\ &=\color\grey{-\frac{1}{2}\ln^2{x}\ln^2(1-x)+\ln^2{x}\sum^\infty_{n=1}\frac{H_nx^{n+1}}{n+1}}-2\ln{x}\sum^\infty_{n=1}\frac{H_nx^{n+1}}{(n+1)^2}+2\sum^\infty_{n=1}\frac{H_{n}x^{n+1}}{(n+1)^3}\\ &=\color{blue}{2\ln{x}{\rm Li}_3(x)-2{\rm Li}_4(x)-2\ln{x}\sum^\infty_{n=1}\frac{H_n}{n^2}x^n+2\sum^\infty_{n=1}\frac{H_n}{n^3}x^n} \end{align} La integral naranja es \begin{align} &\ \ \ \ \ \ \color{orange}{2\int\frac{{\rm Li}_3(1-x)-{\rm Li}_2(1-x)\ln(1-x)}{x}{\rm d}x}\\ &=2{\rm Li}_3(1-x)\ln{x}-2{\rm Li}_2(1-x)\ln{x}\ln(1-x)+2\int\frac{\ln(1-x)\ln^2{x}}{1-x}{\rm d}x\\ &=\color{orange}{2{\rm Li}_3(1-x)\ln{x}-2{\rm Li}_2(1-x)\ln{x}\ln(1-x)-\ln^2{x}\ln^2(1-x)-4\ln{x}{\rm Li}_3(x)+4{\rm Li}_4(x)+4\ln{x}\sum^\infty_{n=1}\frac{H_n}{n^2}x^n-4\sum^\infty_{n=1}\frac{H_n}{n^3}x^n} \end{align} Así que \begin{align} & \ \ \ \ \ \sum^\infty_{n=1}\frac{H_n^{(2)}}{n^2}x^n\\ &=3{\rm Li}_4(x)+2{\rm Li}_3(1-x)\ln{x}-2{\rm Li}_3(x)\ln{x}-2\zeta(3)\ln{x}+\frac{1}{2}{\rm Li}_2^2(x)-2{\rm Li}_2(1-x)\ln{x}\ln(1-x)-\ln^2{x}\ln^2(1-x)+2\ln{x}\sum^\infty_{n=1}\frac{H_n}{n^2}x^n-2\sum^\infty_{n=1}\frac{H_n}{n^3}x^n+C \end{align} Por lo tanto, \begin{align} & \ \ \ \ \ \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n^{(2)}}{n^2}\\ &=3{\rm Li}_4(-1)+\color\grey{2{\rm Li}_3(2)\ln(-1)-2{\rm Li}_3(-1)\ln(-1)-2\zeta(3)\ln(-1)}\\ &+\frac{1}{2}{\rm Li}_2^2(-1)\color\grey{-2{\rm Li}_2(2)\ln(-1)\ln(2)-\ln^2(-1)\ln^2{2}+2\ln(-1)\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n}{n^2}}-2\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n}{n^3}\\ &=\frac{17\pi^4}{480}-4{\rm Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{6}\ln^4{2}-\frac{7}{2}\zeta(3)\ln{2}+\frac{\pi^2}{6}\ln^2{2} \end{align} Los términos grises se cancelan milagrosamente.

---

Paso 3a: E $\displaystyle 2\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^jH_{j+1}}{j(j+1)^3}$ \begin{align} & \ \ \ \ \ 2\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^jH_{j+1}}{j(j+1)^3}\\ &=2\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^jH_{j+1}}{j}-\frac{(-1)^jH_{j+1}}{(j+1)^3}-\frac{(-1)^jH_{j+1}}{(j+1)^2}-\frac{(-1)^jH_{j+1}}{j+1}\\ &=\small{2\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^jH_{j}}{j}+2\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^j}{j(j+1)}+2\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^jH_j}{j^3}+2+2\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^jH_j}{j^2}+2+2\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^jH_j}{j^3}+2}\\ &=4{\rm Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{11\pi^4}{180}+\frac{1}{6}\ln^4{2}+\frac{7}{2}\zeta(3)\ln{2}-\frac{5}{4}\zeta(3)-\frac{\pi^2}{6}\ln^2{2}-\frac{\pi^2}{3}+2\ln^2{2}-4\ln{2}+8 \end{align}

---

Paso 3b: Evaluar $\displaystyle -\frac{\pi^2}{3}\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^j}{j(j+1)^2}$ \begin{align} -\frac{\pi^2}{3}\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^j}{j(j+1)^2} &=-\frac{\pi^2}{3}\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^j}{j}-\frac{(-1)^j}{(j+1)^2}-\frac{(-1)^j}{j+1}\\ &=\frac{\pi^2}{3}\ln{2}+\frac{\pi^4}{36}-\frac{\pi^2}{3}+\frac{\pi^2}{3}\ln{2}-\frac{\pi^2}{3}\\ &=\frac{\pi^4}{36}+\frac{2\pi^2}{3}\ln{2}-\frac{2\pi^2}{3} \end{align}

---

Paso 3c: Evaluación de $\displaystyle 2\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^jH_{j+1}^{(2)}}{j(j+1)^2}$ \begin{align} & \ \ \ \ \ 2\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^jH_{j+1}^{(2)}}{j(j+1)^2}\\ &=2\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^jH_{j+1}^{(2)}}{j}-\frac{(-1)^jH_{j+1}^{(2)}}{(j+1)^2}-\frac{(-1)^jH_{j+1}^{(2)}}{j+1}\\ &=4\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^jH_{j}^{(2)}}{j}+2\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^j}{j(j+1)^2}+2\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^jH_j^{(2)}}{j^2}+2+2\\ &=-8{\rm Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{17\pi^4}{240}-\frac{1}{3}\ln^4{2}-7\zeta(3)\ln{2}-4\zeta(3)+\frac{\pi^2}{3}\ln^2{2}+\frac{\pi^2}{3}\ln{2}-\frac{\pi^2}{6}-4\ln{2}+8\\ \end{align}

---

Paso 3d: Evaluación de $\displaystyle -2\zeta(3)\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^j}{j(j+1)}$ \begin{align} -2\zeta(3)\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^j}{j(j+1)} &=-2\zeta(3)\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^j}{j}+2\zeta(3)\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^j}{j+1}\\ &=4\zeta(3)\ln{2}-2\zeta(3)\\ \end{align}

---

Paso 3e: Evaluar $\displaystyle 2\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^jH_{j+1}^{(3)}}{j(j+1)}$ \begin{align} 2\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^jH_{j+1}^{(3)}}{j(j+1)} &=2\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^jH_{j+1}^{(3)}}{j}-2\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^jH_{j+1}^{(3)}}{j+1}\\ &=4\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^jH_{j}^{(3)}}{j}+2\sum^\infty_{j=1}\frac{(-1)^j}{j(j+1)^3}+2\\ &=-\frac{19\pi^4}{360}+3\zeta(3)\ln{2}-\frac{3}{2}\zeta(3)-\frac{\pi^2}{6}-4\ln{2}+8 \end{align}

---

Paso 4: Obtención del resultado final

Sumando los resultados de los pasos 3a, 3b, 3c, 3d y 3e se obtiene $$\int^1_0\ln(1+x)\ln(1-x)\ln^2{x} \ {\rm d}x=24-\frac{4\pi^2}3-\frac{11\pi^4}{720}-12\ln2\\+2\ln^22-\frac16\ln^42+\pi ^2\ln2+\frac{\pi^2}6\ln^22-4\operatorname{Li}_4\!\left(\tfrac12\right)-\frac{35}4\zeta(3)+\frac72\zeta(3)\ln2.$$ completando así la prueba.

Answer 2

Utilizando una identidad demostrada por Cornel Ioan Valean y que puede encontrarse en su libro " Integrales, sumas y series casi imposibles ": $$\ln(1-x)\ln(1+x)=-\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_{2n}-H_n}{n}+\frac1{2n^2}\right)x^{2n} $$

multiplicar ambos lados por $\ln^2x$ entonces integra \begin{align} I&=\int_0^1\ln(1-x)\ln(1+x)\ln^2\ dx=-\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_{2n}-H_n}{n}+\frac1{2n^2}\right)\int_0^1x^{2n}\ln^2x\ dx\\ &=-\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_{2n}-H_n}{n}+\frac1{2n^2}\right)\left(\frac2{(2n+1)^3}\right)\\ &=-2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{n(2n+1)^3}+2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n(2n+1)^3}-\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2(2n+1)^3}\\ &=-2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n(n+1)^3}-2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n(n+1)^3}+2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n(2n+1)^3}-\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2(2n+1)^3}\\ &=-2S_1-2S_2+2S_3-S_4 \end{align} La primera suma : \begin{align} S_1=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n(n+1)^3}&=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n(n+1)}-\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{(n+1)^2}-\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{(n+1)^3}\\ &=\zeta(2)-\zeta(3)-\frac14\zeta(4) \end{align} La segunda suma : \begin{align} S_2&=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n(n+1)^3}=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n(n+1)}-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{(n+1)^2}-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{(n+1)^3}\\ &=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n(n+1)}-\operatorname{Li}_3(-1)+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^2}-\operatorname{Li}_4(-1)+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^3}\\ &=\left(\ln^22-\frac12\zeta(2)\right)+\frac34\zeta(3)+\frac78\zeta(4)+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^2}+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^3} \end{align} utilizando la función generadora $$\sum_{n=1}^\infty\frac{x^nH_n}{n^2}=\frac12\ln x\ln^2(1-x)+\ln(1-x)\operatorname{Li}_2(1-x)+\operatorname{Li}_3(x)-\operatorname{Li}_3(1-x)+\zeta(3)$$ obtenemos $$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^2}=-\frac58\zeta(3)$$ Pude aquí para demostrar $$\begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^3}=2\operatorname{Li_4}\left(\frac12\right)-\frac{11}4\zeta(4)+\frac74\ln2\zeta(3)-\frac12\ln^22\zeta(2)+\frac{1}{12}\ln^42 \end{align}$$ por lo tanto $$S_2=2\operatorname{Li_4}\left(\frac12\right)-\frac{15}8\zeta(4)+\frac18\zeta(3)-\frac12\zeta(2)+\frac74\ln2\zeta(3)-\frac12\ln^22\zeta(2)+\frac{1}{12}\ln^42+\ln^22$$

La tercera suma: utilizando la siguiente identidad $$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n(n+k)}=\frac{H_k^2}{2k}+\frac{H_k^{(2)}}{2k}-\frac{H_k}{k^2}+\frac{\zeta(2)}{k}$$ diferenciar ambos lados con respecto a $k$ dos veces, entonces deja que $k=1/2$ \begin{align} S_3=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n(2n+1)^3}&=\frac18\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n(n+1/2)^3}\\ &=\frac72\ln2\zeta(3)+3\ln2\zeta(2)-\frac{45}{16}\zeta(4)-\frac72\zeta(3)+2\ln^22 \end{align}

La cuarta suma: \begin{align} S_4=\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2(2n+1)^3}&=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac1{n^2}+\frac{8}{(2n+1)^2}+\frac{4}{(2n+1)^3}-6\left(\frac1n-\frac{1}{n+1/2}\right)\right)\\ &=\zeta(2)+(6\zeta(2)-8)+\left(\frac72\zeta(3)-4\right)-6H_{1/2}\\ &=\frac72\zeta(3)+7\zeta(2)+12\ln2-24 \end{align} combinando $S_1$ , $S_2$ , $S_3$ y $S_4$ tenemos $$I=24-8\zeta(2)-\frac{35}{4}\zeta(3)-\frac{11}{8}\zeta(4)-12\ln2+2\ln^22-\frac16\ln^42+6\ln2\zeta(2)+\ln^22\zeta(2)+\frac72\ln2\zeta(3)-4\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)$$

Answer 3

Este problema da una gran idea de cómo abordar estas cuestiones y da la oportunidad de aprender mucho, así que publicaremos una respuesta. Partimos de la conocida expansión: \begin{equation} \log(1-x) = -\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{x^k}{k} \end{equation} Sustituyendo $x$ por $-x$ y multiplicando los resultados obtenemos: \begin{eqnarray} \log(1-x) \log(1+x) &=& \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{x^k}{k} \cdot \left(1+(-1)^k \right) \cdot \tilde{H}_{k-1} \\ &=& \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{x^{2 k}}{2 k} \cdot 2 \cdot \tilde{H}_{2k-1} \end{eqnarray} donde $\tilde{H}_n := \sum\limits_{k=1}^n (-1)^k/k$ son números armónicos de "signo alterno".

Ahora, tenemos en cuenta que multiplicar una potencia de $x$ con una potencia de $\log(x)$ e integrando el resultado de cero a uno se obtiene, por reducción a la función Gamma, un resultado de forma cerrada. De hecho tenemos: \begin{equation} I:=\int\limits_0^1 \log(1-x) \log(1+x) \log(x)^2 dx = \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{2!}{k (2 k+1)^3} \tilde{H}_{2k-1} \end{equation} Para proceder necesitamos encontrar alguna expresión para nuestros números armónicos de la suma alterna. Esto es fácil: \begin{equation} \tilde{H}_{2k-1} = \sum\limits_{k_1=1}^\infty (-1)^{k_1} \left(\frac{1}{k_1} + \frac{1}{k_1+2k-1} \right) = -\log(2) + \sum\limits_{k_1=1}^\infty \frac{(-1)^{k_1}}{k_1+2k-1} \end{equation} Insertando esto en la ecuación de una línea más arriba tenemos: \begin{eqnarray} I = -\log(2) \cdot \left( 12 - \frac{\pi^2}{2} -2 \log(4) - \frac{7}{2} \zeta(3)\right) + \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{2!}{k(2 k+1)^3} \sum\limits_{k_1=1}^\infty \frac{(-1)^{k_1}}{k_1+2 k-1} \end{eqnarray} Aquí nos hemos abstenido de dar los detalles del cálculo porque la suma en cuestión ya ha sido tratada en esta web. El resultado se obtiene reduciendo el sumando en fracciones simples y utilizando la expansión en serie de los polilogaritmos, por ejemplo. En el resto de la suma doble hacemos lo habitual. Primero sustituimos el denominador en la segunda suma y luego intercambiamos el orden de las sumas. Tenemos: \begin{eqnarray} &&I = -\log(2) \cdot \left( 12 - \frac{\pi^2}{2} -2 \log(4) - \frac{7}{2} \zeta(3)\right) + \\ &&\sum\limits_{k_1=1}^\infty \frac{(-1)^{k_1+1}}{k_1} \sum\limits_{k=1}^{\lfloor \frac{k_1}{2} \rfloor} \left( -\frac{4}{2 k+1}-\frac{4}{(2 k+1)^2}-\frac{4}{(2 k+1)^3}+\frac{2}{k}\right) \end{eqnarray} Ahora, sólo quedan dos sumas dobles. Evaluaremos aquí la más difícil dejando la más fácil para más adelante ya que los cálculos son prácticamente iguales. Tenemos: \begin{eqnarray} && {\mathfrak S}_p:=\sum\limits_{k_1=1}^\infty \frac{(-1)^{k_1+1}}{k_1}\sum\limits_{k=1}^{\lfloor \frac{k_1}{2} \rfloor } \frac{1}{(1+2 k)^p} \\ &&= \frac{(-1)^{p-1}}{(p-1)!} \int\limits_0^1 \sum\limits_{k_1=1}^\infty \frac{(-1)^{k_1+1}}{k_1}\left(\xi^2+\xi^4+\cdots+ \xi^{2 \lfloor \frac{k_1}{2} \rfloor} \right) \cdot \log(\xi)^{p-1} d\xi \\ &&= \frac{(-1)^{p-1}}{(p-1)!} \int\limits_0^1 \sum\limits_{k_1=1}^\infty \frac{(-1)^{k_1+1}}{k_1} \left( \frac{\xi^2 - (\xi^2)^{\lfloor \frac{k_1}{2} \rfloor+1}}{1-\xi^2} \right) \cdot \log(\xi)^{p-1} d\xi \\ &&= \frac{(-1)^{p-1}}{(p-1)!} \int\limits_0^1 \left( \frac{\xi^2 \log(2) - (\xi\, \mbox{arctanh}(\xi)+\xi^2/2 \log(1-\xi^2))}{1-\xi^2} \right) \cdot \log(\xi)^{p-1} d\xi \\ &&= \frac{(-1)^{p-1}}{(p-1)!} \int\limits_0^1 \left( \frac{\xi^2 \log(2) - (\xi/2 (1+\xi) \log(1+\xi) - \xi/2 (1-\xi) \log(1-\xi))}{1-\xi^2} \right) \cdot \log(\xi)^{p-1} d\xi \\ &&\frac{(-1)^{p-1}}{(p-1)!} \int\limits_0^1 \left( \frac{\xi^2}{1-\xi^2} \log(2) - \frac{1}{2} \frac{\xi}{1-\xi} \log(1+\xi)+\frac{1}{2} \frac{\xi}{1+\xi} \log(1-\xi) \right) \cdot \log(\xi)^{p-1} d\xi \end{eqnarray} Lo bueno es que en realidad podemos evaluar todas las integrales anteriores en términos de valores de la función zeta (o de valores de la función zeta multivariante que en su mayoría se reducen a simples a la primera). Tenemos: \begin{eqnarray} \int\limits_0^1 \frac{\xi^2}{1-\xi^2} [\log(\xi)]^{p-1} d\xi&=& \left.\frac{d^{p-1}}{d \theta^{p-1}}\int\limits_0^1 \left( -\frac{1-\xi^{2+\theta}}{1-\xi^2} + \frac{1}{1-\xi^2} \right) d \xi \right|_{\theta=0} \\ &=& -\left.\frac{d^{p-1}}{d \theta^{p-1}} \frac{1}{2} \left(H_{\frac{\theta+1}{2}} + 2 \log(2) \right) \right|_{\theta=0} \\ &=& (-1)^{p-1} (p-1)! \frac{1}{2^p} \left( \zeta(p) - H_{\frac{1}{2}}^{(p)} \right) \end{eqnarray} El resto de las integrales son más difíciles, pero siguen siendo factibles. Tenemos: \begin{eqnarray} &&\int\limits_0^1 \frac{\xi}{1-\xi} \log(1+\xi) \log(\xi)^{p-1} d\xi\\ &&= \left.\frac{d^{p-1}}{d \theta^{p-1}} \int\limits_0^1 \frac{\xi^{1+\theta}}{1-\xi} \log(1+\xi) d\xi \right|_{\theta=0}\\ &&= \left.\frac{d^{p-1}}{d \theta^{p-1}} \int\limits_0^1 \frac{1-\xi^{1+\theta}}{1-\xi} (-\log(1+\xi)) d\xi\right|_{\theta=0}\\ &&= \left.\frac{d^{p-1}}{d \theta^{p-1}} \sum\limits_{j=1}^\infty \frac{(-1)^j}{j} \left(H_{\theta+1+j} - H_j\right) \right|_{\theta=0}\\ &&= (-1)^{p-1}(p-1)! \sum\limits_{j=1}^\infty \frac{(-1)^j}{j} \left(\zeta(p)-H_{1+j}^{(p)}\right) \\ &&= (-1)^{p-1}(p-1)! \left( \sum\limits_{j=1}^\infty \frac{(-1)^j}{j(j+1)^p} + \sum\limits_{\infty > j_1 > j \ge 1} \frac{1}{j_1^p} \frac{(-1)^j}{j} \right) \\ &&= (-1)^{p-1}(p-1)! \left( -\log(2)- \sum\limits_{q=1}^p \left(-1+(1-2^{1-q}) \zeta(q) \right) + \zeta\left( \begin{array}{rr} p,&& 1 \\ 1, && -1 \end{array} \(derecha) | derecha) \\ \fin{eqnarray} El resto de las integrales se lee: \begin{eqnarray} &&\int\limits_0^1 \frac{\xi}{1+\xi} \log(1-\xi) [\log(\xi)]^{p-1} d\xi\\ &&=\sum\limits_{j=1}^\infty (-1)^j \tilde{H}_{j-1} \cdot \int\limits_0^1 \xi^j \cdot [\log(\xi)]^{p-1} d \xi \\ &&=\sum\limits_{j=1}^\infty (-1)^j \left(\tilde{H}_{j}-\frac{1}{j}\right) \cdot (-1)^{p-1} (p-1)! \frac{1}{(j+1)^p} \\ &&=(-1)^{p-1}(p-1)! \left( -\sum\limits_{j=1}^\infty \frac{(-1)^j}{j (j+1)^p} + \sum\limits_{\infty > j_1 > j \ge 1} \frac{1}{j_1^p} \cdot \frac{(-1)^{j}}{j} \right)\\ &&= (-1)^{p-1}(p-1)! \left( +\log(2)+ \sum\limits_{q=1}^p \left(-1+(1-2^{1-q}) \zeta(q) \right) + \zeta\left( \begin{array}{rr} p,&& 1 \\ 1, && -1 \end{array} \(derecha) | derecha) \\ \fin{eqnarray} Ahora, observe que en la última expresión del lado derecho para la suma ${\mathfrak S}_p$ las dos integrales que acabamos de evaluar arriba entran con signos opuestos y, por lo tanto, el desagradable término de la función zeta multivariante se anula y la suma en cuestión se reduce a los valores de la función zeta simple. Ahora lo único que queda es calcular la segunda suma : \begin{eqnarray} {\mathcal S} := \sum\limits_{k_1=1}^\infty \frac{(-1)^{k_1}}{k_1} \sum\limits_{k=1}^{\lfloor \frac{k_1}{2}\rfloor} \frac{1}{k} \end{eqnarray} Supongo que está claro que esa suma se calculará utilizando técnicas similares a las anteriores. Terminaremos este proyecto lo antes posible.