otro producto de log integral

Question

Suponiendo que exista, y creo que existe, encontrar una forma cerrada para:

$$\displaystyle \int_{0}^{1}\log(1+x)\log(1-x^{3})dx$$

De él, logré derivar:

$$\displaystyle -\gamma+2\gamma\log(2)-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\psi\left(\frac{n+4}{3}\right)}{n(n+1)}$$

Pero, ahora estoy atascado en la suma.

Simplemente cambiando los signos, una integral que encontré fue:

$$\displaystyle\int_{0}^{1}\log(1-x)\log(1+x^{3})dx=-1/2\psi_{1}(1/3)+\log^{2}(2)-2\log(2)+\frac{5\pi^{2}}{36}-\frac{\pi}{\sqrt{3}}+6$$

Pero, el camino inverso parece ser más difícil por alguna razón.

Esto probablemente no es nuevo para algunos, pero mientras jugaba con esto me las arreglé para encontrar varias identidades divertidas, tales como:

$$\int_{0}^{1}x^{2n}\log(1+x)dx=\frac{1}{2(3n-1)}\left(H_{6n-2}-H_{3n-1}\right)$$ cuando $n$ es impar y

$$\int_{0}^{1}x^{2n}\log(1+x)dx=\frac{2\log(2)}{6n+1}-\frac{1}{6n+1}\left(H_{6n+1}-H_{3n}\right)$$ cuando $n$ está en paz.

Answer 1

Realización de la sustitución $x \mapsto \frac{1-x}{1+x}$ da $$I=\int_0^1 \ln(1+x)\ln(1-x^3)dx=2\int_0^1 \ln\left(\frac{2 x (3+x^2)}{(1+x)^3}\right)\ln\left(\frac{2}{1+x}\right)\frac{dx}{(1+x)^2}.$$

Ahora, separamos la integral en 7 trozos, de los cuales sólo uno no es elemental (contiene dilogaritmos): $$ \ln\left(\frac{2 x (3+x^2)}{(1+x)^3}\right)\ln\left(\frac{2}{1+x}\right) \\\small =\ln^22-\ln2\ln x+\ln2\ln(3+x^2)-4\ln2\ln(1+x)-\ln x\ln(1+x)+3\ln^2(1+x)-\ln(1+x)\ln(3+x^2).$$

$1$ st integral

$$\int_0^1 \frac{dx}{(1+x)^2}=-\frac1{1+x}\Bigg{|}_0^1=\frac12.$$

$2$ nd integral

$$\int_0^1 \frac{\ln x}{(1+x)^2}dx=\sum_{n\geq1} \frac{(-1)^n}{n}=-\ln2.$$

$3$ rd integral

$$\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{(1+x)^2}dx=-\frac{\ln(1+x)}{1+x}\Bigg{|}_0^1+\int_0^1\frac{dx}{(1+x)^2}dx=\frac12-\frac{\ln2}{2}.$$

$4$ la integral

$$\int_0^1 \frac{\ln(3+x^2)}{(1+x)^2}dx=-\frac{\ln(3+x^2)}{1+x}\Bigg{|}_0^1+\int_0^1 \frac{2x}{(1+x)(3+x^2)}dx \\=-\ln2+\ln3+2\operatorname{Re} \int_0^1 \frac{dx}{(1+x)(x+i\sqrt{3})}=-\ln2+\frac34\ln3+\frac{\pi}{4\sqrt{3}}.$$

$5$ la integral

$$\int_0^1 \frac{\ln x \ln(1+x)}{(1+x)^2}dx=-\frac{\ln x\ln(1+x)}{1+x}\Bigg{|}_0^1+\int_0^1\frac1{1+x}\left(\frac{\ln(1+x)}{x}+\frac{\ln x}{1+x}\right)dx \\=-\ln2+\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x}dx-\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{1+x}dx=\frac{\pi^2}{12}-\frac12\ln^22-\ln2.$$

$6$ la integral

$$\int_0^1 \frac{\ln^2(1+x)}{(1+x)^2}dx=-\frac{\ln^2(1+x)}{1+x}\Bigg{|}_0^1+\int_0^1 \frac{2\ln(1+x)}{(1+x)^2}dx \\=1-\ln2-\frac12\ln^22.$$

$7$ la integral

$$\int_0^1 \frac{\ln(1+x)\ln(3+x^2)}{(1+x)^2}dx=-\frac{\ln(1+x)\ln(3+x^2)}{1+x}\Bigg{|}_0^1+\int_0^1 \frac1{1+x}\left(\frac{2x\ln(1+x)}{3+x^2}+\frac{\ln(3+x^2)}{1+x}\right)dx \\=-\ln^22-\ln2+\frac34\ln3+\frac{\pi}{4\sqrt{3}}+2J$$

donde $$ J=\int_0^1\frac{x\ln(1+x)}{(1+x)(3+x^2)}dx=\operatorname{Re} \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{(1+x)(x+i\sqrt{3})}dx \\=-\frac18\ln^22-\operatorname{Re} \,\frac1{i\sqrt{3}-1}\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x+i\sqrt{3}}dx$$

Ahora bien, no es difícil demostrar que $$\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x+a}dx=\ln2 \ln\frac{a+1}{a-1}+\operatorname{Li}_2\left(\frac2{1-a}\right)-\operatorname{Li}_2\left(\frac1{1-a}\right).$$

Poner $a=i\sqrt{3}$ entonces da, después de tomar la parte real, y asumiendo el valor del principio del logaritmo, $$\small J=-\frac18\ln^22+\frac{\pi\sqrt{3}}{12}\ln2+\frac14\operatorname{Re}\text{Li}_2(e^{i\pi/3})-\frac{\sqrt{3}}{4}\operatorname{Im}\text{Li}_2(e^{i\pi/3})-\frac14\operatorname{Re}\text{Li}_2(\frac12 e^{i\pi/3})+\frac{\sqrt{3}}{4}\operatorname{Im}\text{Li}_2(\frac12 e^{i\pi/3})$$

Ahora podemos "simplificar" un poco: tenemos $\displaystyle \,\, \operatorname{Re}\text{Li}_2(e^{i\pi/3})=\frac{\pi^2}{36}$

y $\displaystyle \,\, \operatorname{Im}\text{Li}_2(e^{i\pi/3})=\frac1{2\sqrt{3}}\psi_1\left(\frac13\right)-\frac{\pi^2}{3\sqrt{3}}.$

Además, utilizando identidades de dilogaritmo conocidas tenemos $\displaystyle \,\,\text{Li}_2(\frac12 e^{i\pi/3})=-\text{Li}_2\left(-\frac{i}{\sqrt{3}}\right)-\frac12\ln^2\left(\frac34-i\frac{\sqrt{3}}{4}\right),$

y como $\displaystyle \,\, \operatorname{Re}\text{Li}_2\left(-\frac{i}{\sqrt{3}}\right)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)^2\, 3^n}=\frac14\text{Li}_2\left(-\frac13\right),$

tenemos $$\operatorname{Re}\text{Li}_2(\frac12 e^{i\pi/3})=\frac{\pi^2}{72}-\frac18\ln^2\left(\frac34\right)-\frac14\text{Li}_2\left(-\frac13\right)$$

y $$\operatorname{Im}\text{Li}_2(\frac12 e^{i\pi/3})=\frac{\pi}{12}\ln\left(\frac34\right)-\operatorname{Im}\text{Li}_2\left(-\frac{i}{\sqrt{3}}\right).$$

Finalmente, juntando todo se obtiene la expresión que publiqué como comentario: $$I=\ln^22 - \frac18\ln^23 + 2\ln2\ln3 - \frac32\ln3 - 6\ln2 + 6-\frac{\pi}{4\sqrt{3}}(2 + \ln3) - \frac{37\pi^2}{72} + \frac12\psi_1\left(\frac13 \right ) - \frac14\text{Li}_2\left( -\frac13 \right ) + \sqrt{3}\Im\text{Li}_2\left( -\frac{i}{\sqrt{3}} \right )$$

Realmente espero que los dilogaritmos se puedan simplificar un poco más, pero por ahora no veo cómo.

Answer 2

Usé tu sugerencia, cansado, y me llevó a algunos resultados divertidos que involucran sumas trigonométricas de Euler y polilogos. Estoy seguro de que el uso de estos eventualmente conducirá a la solución de la integral mencionada anteriormente, así como otra(s) integral(es).

Enumero varias que derivé utilizando las famosas identidades para $H_{n}$ . Me interesaban sobre todo las partes reales por el cos en las sumas porque pertenecen a la integral en cuestión. Si alguien sabe de otras formas cerradas, por favor, siéntase libre. es decir, el trilog en la 6 ª identidad de la parte superior o el dilog en el último.

$$Li_{2}\left(\sqrt{3}e^{\pm \pi i/6}\right)=\frac{\pi^{2}}{9}\pm \left(2/3Cl_{2}(\frac{\pi}{3})+\frac{\pi}{3}\log(3)\right)i$$

$$\int_{0}^{1}x^{n}\log(1+x)dx=\frac{1}{2n}\left[H_{2n}-H_{n}\right], \;\ \text{n odd}$$

$$\int_{0}^{1}x^{n}\log(1+x)dx=\frac{1}{2n+1}\left(2\log(2)+H_{2n+1}-H_{n}\right), \;\ \text{n even}$$

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\cos(2\pi n/3)}{(2n+1)^{2}}=\frac{5\sqrt{3}}{12}Cl_{2}(\frac{\pi}{3})+\frac{\pi^{2}}{48}$$

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{2n}}{n}x^{2n}=-\log(1+x)\log(1-x)+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{n}x^{2n}-\frac{1}{2}Li_{2}(x^{2})$$

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{n^{2}}\cos(\frac{2\pi n}{3})=\frac{\pi^{2}}{18}\log(3)-\frac{\pi}{9}Cl_{2}(\frac{\pi}{3})+\frac{5}{9}\zeta(3)-\Re\left[Li_{3}\left(\sqrt{3}e^{-\pi i/6}\right)\right]$$

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{2n}}{n}\cos(\frac{2\pi n}{3})=\frac{1}{8}\log^{2}(3)-\frac{7}{72}\pi^{2}$$

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{n}\cos(\frac{2\pi n}{3})=\frac{1}{8}\log^{2}(3)-\frac{5}{72}\pi^{2}$$

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{2n+1}\cos(\frac{2\pi n}{3})=\frac{-1}{4}\log^{2}(2)+\frac{5}{288}\pi^{2}-\frac{1}{32}\log^{2}(3)-\frac{\pi\sqrt{3}}{6}\log(2)+\frac{\pi\sqrt{3}}{48}\log(3)+\Re\left[e^{2\pi i/3}Li_{2}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}e^{\pi i/6}\right)\right]$$

No he llegado a derivar $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{2n}}{n^{2}}\cos(\frac{2\pi n}{3})$$ .

EDITAR:

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{2n}}{n^{2}}\cos\left(\frac{2\pi n}{3}\right)=\frac{17}{18}\zeta(3)+\frac{7\pi}{9}Cl_{2}(\frac{\pi}{3})+\frac{5\pi^{2}}{18}\log(3)+2 \Re\left[Li_{3}\left(\sqrt{3}e^{\pi i/6}\right)\right]+\pi \Im\left[Li_{2}(-\sqrt{3}i)-Li_{2}(\sqrt{3}i)\right]-\Re\left[Li_{3}\left(\sqrt{3}e^{-\pi i/6}\right)\right]$$

Tal vez no haya ninguna, pero si alguien conoce una forma cerrada para alguno de esos polilogos, por favor, contribuya.