Evaluación de $\int^1_0 \frac{\log(1+x)\log(1-x) \log(x)}{x}\, \mathrm dx$

Question

En este rosca

un amigo publicó la siguiente integral

$$I=\int^1_0 \frac{\log(1+x)\log(1-x) \log(x)}{x}\, \mathrm dx$$

Lo mejor que podemos hacer es expresarlo en términos de sumas de Euler

$$I=-\frac{\zeta^2(2)}{2}+ \sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} H_{n}^{(2)}+\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^3}H_{n}$$

Me pregunto si el enfoque que he seguido ha complicado la integral. ¿Qué enfoque seguirías tú para resolver la integral?, ¿podemos encontrar una solución mejor?

Answer 1

Los valores de las dos sumas de Euler son

$$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{H_n}{n^{3}} = \frac{11\pi^4}{360}-2\text{Li}_4 \left(\frac{1}{2} \right)-\frac{7}{4}\log(2) \zeta(3)+\frac{\pi^2}{12}\log^2(2)-\frac{1}{12}\log^4(2)$$ $$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{H_n^{(2)}}{n^{2}} =-\frac{17}{480}\pi^4 +4 \text{Li}_4 \left(\frac{1}{2} \right)+\frac{7}{2}\log(2) \zeta(3)-\frac{\pi^2 \log^2(2)}{6}+\frac{\log^4(2)}{6}$$

Por lo tanto, la integral se evalúa como

$$\begin{align*} \int_0^1 \frac{\log(1-x)\log(x)\log(1+x)}{x}dx &=-\frac{3 \pi^4}{160}+\frac{7\log(2)}{4}\zeta(3)-\frac{\pi^2 \log^2(2)}{12} +\frac{\log^4(2)}{12} \\ &\quad+ 2 \text{Li}_4 \left(\frac{1}{2} \right) \sim 0.290721 \end{align*}$$

Consulte esta página para la evaluación de las sumas de Euler.

Answer 2

Utilizando una identidad desarrollada por Cornel Ioan Valean y que puede encontrarse en su libro " Integrales, sumas y series casi imposibles ": $$\ln(1-x)\ln(1+x)=-\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_{2n}-H_n}{n}+\frac1{2n^2}\right)x^{2n} $$ nos encontramos con que: \begin{align} I&=\int_0^1\frac{\ln(1-x)\ln(1+x)\ln x}{x}\ dx=-\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_{2n}-H_n}{n}+\frac1{2n^2}\right)\int_0^1x^{2n-1}\ln x\ dx\\ &=-\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_{2n}-H_n}{n}+\frac1{2n^2}\right)\left(-\frac1{(2n)^2}\right)=2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{(2n)^3}-\frac14\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}+\frac18\zeta(4)\\ &=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^3}+\frac34\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}+\frac18\zeta(4)\\ &=2\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)-\frac12\ln^22\zeta(2)+\frac74\ln2\zeta(3)-\frac{27}{16}\zeta(4)+\frac1{12}\ln^42 \end{align}

donde utilizamos el valor de la primera suma probada ici y el valor común de la segunda suma que es $\frac54\zeta(4)$ .

Answer 3

Una solución de Cornel Ioan Valean (lo bonito e interesante de esta solución es que calculamos la integral sin utilizar la serie armónica, la función Beta en absoluto)

Prueba. Multiplicando ambos lados de $i)$ (véase más abajo) por $1/(1-a)$ y la integración de $a=0$ a $a=1/2$ obtenemos $$\int_0^{1/2}\left(\int_0^1 \frac{\log (x) \log (1-x)}{(1-a x)(1-a)} \textrm{d}x\right)\textrm{d}a=\int_0^1\left(\int_0^{1/2} \frac{\log (x) \log (1-x)}{(1-a x)(1-a)} \textrm{d}a\right)\textrm{d}x$$ $$=\int_0^1 \frac{\log (x) \log (1-x) \log (2-x)}{1-x} \textrm{d}x=\int_0^1 \frac{\log (1-x) \log (x) \log (1+x)}{x} \textrm{d}x$$ $$=\frac{\pi^2}{6}\int_0^{1/2}\frac{ \log (1-a)}{a(1-a)}\textrm{d}a+\frac{1}{6}\int_0^{1/2}\frac{\log ^3(1-a)}{a(1-a)}\textrm{d}a+\int_0^{1/2}\frac{\operatorname{Li}_3(a)}{a(1-a)}\textrm{d}a$$ $$-\int_0^{1/2}\frac{1}{a(1-a)}\operatorname{Li}_3\left(\frac{a}{a-1}\right) \textrm{d}a$$ $$=\frac{1}{12}\log^4(2)-\frac{1}{2}\log^2(2)\zeta(2)+\frac{7}{4}\log(2)\zeta(3)-\frac{27}{16}\zeta(4)+2\operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right),$$ y la solución está completa.

En los cálculos necesitamos los siguientes resultados:

Dejemos que $a<1$ sea un número real. Se cumple la siguiente igualdad: $$i) \ \int_0^1 \frac{\log (x) \log (1-x)}{1-a x} \textrm{d}x=\frac{\pi^2}{6}\frac{ \log (1-a)}{a}+\frac{1}{6}\frac{\log ^3(1-a)}{a}+\frac{1}{a}\operatorname{Li}_3(a)-\frac{1}{a}\operatorname{Li}_3\left(\frac{a}{a-1}\right),$$ donde $\operatorname{Li}_3$ es la función Trilogaritmo. El resultado se expone y se demuestra en el documento Una forma especial de extraer la parte real del Trilogaritmo, $ \operatorname{Li}_3\left(\frac{1\pm i}{2}\right)$ por Cornel Ioan Valean .

$$ii) \ \int_0^a \frac{\log (1-x)}{x (1-x)}\textrm{d}x=-\frac{1}{2} \log ^2(1-a)-\operatorname{Li}_2(a).$$

$$iii) \ \int_0^a \frac{\log ^3(1-x)}{x (1-x)} \textrm{d}x$$ $$=6 \operatorname{Li}_4(1-a)-6 \operatorname{Li}_3(1-a) \log (1-a)+3 \operatorname{Li}_2(1-a) \log ^2(1-a)$$ $$-\frac{1}{4} \log ^4(1-a)+\log (a) \log ^3(1-a)-\frac{\pi^4}{15},$$

lo cual es sencillo con la integración por partes.

$$iv) \ \int_0^a \frac{\operatorname{Li}_3(x)}{1-x} \textrm{d}x=-\frac{1}{2}(\operatorname{Li}_2(a))^2-\operatorname{Li}_3(a) \log (1-a),$$

y es sencillo con la integración por partes.

$$v) \ \int_0^a \frac{1}{x(1-x)}\operatorname{Li}_3\left(\frac{x}{x-1}\right)\textrm{d}x =\operatorname{Li}_4\left(\frac{a}{a-1}\right).$$

$$vi) \ \operatorname{Li}_2\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}(\zeta(2)-\log^2(2)).$$

$$ vii) \ \operatorname{Li}_3\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{7}{8}\zeta(3)-\frac{1}{2}\log(2)\zeta(2)+\frac{1}{6}\log^3(2).$$

Una primera nota: Una generalización de la presente integral con $\log^{2n}(x)$ se da en el libro Integrales, sumas y series (casi) imposibles (ver página 6),

$$\int_0^1\frac{\log(1-x)\log^{2n}(x)\log(1+x)}{x} \textrm{d}x =\frac{1}{2}(2n)!\left(1-\frac{1}{2^{2n+1}}\right)\sum_{k=1}^{2n} \zeta(k+1)\zeta(2n-k+2)$$ $$-(2n)!\sum_{k=1}^{n}\left(1-\frac{1}{2^{2k-1}}\right)\zeta(2k)\zeta(2n-2k+3) + \frac{1}{2^{2n+3}} (2n+3-2^{2n+3})(2n)!\zeta(2n+3),$$ y el resultado se obtiene aprovechando la representación en serie de $\log(1-x)\log(1+x)$ .

Una segunda nota: Mediante la estrategia presentada anteriormente se pueden calcular integrales más interesantes (sin función Beta, serie armónica). Otro buen ejemplo es

$$\int _0^1 \frac{\log(1-x) \log(x)\log(1+x)}{1-x}\textrm{d}x$$ $$=\frac{17 }{16}\zeta(4)-\frac{1}{4} \log ^2(2)\zeta(2)+\frac{7}{8} \log (2)\zeta (3) -\frac{1}{12} \log ^4(2)-2 \text{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right).$$

Una segunda solución en grandes pasos (eludimos el uso de series armónicas)

Si utilizamos las identidades algebraicas $(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$ y $(a-b)^2=a^2-2ab+b^2$ que combinamos con reordenamientos inteligentes de las integrales resultantes, llegamos a

$$ \int _0^1 \frac{\log(1-x) \log(x)\log(1+x)}{x}\textrm{d}x$$ $$=\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\log^2(x)\log(1+x)}{1+x}\textrm{d}x-\frac{3}{8}\underbrace{\int_0^1 \frac{\log(1-x)\log^2(x)}{1-x}\textrm{d}x}_{\text{Beta function}},$$ donde la primera integral se calcula en el libro, Integrales, sumas y series (casi) imposibles en las páginas $503-505$ y la segunda integral es una forma de función Beta.

Answer 4

$$I=\int_0^1\frac{\log(1+x)\log(1-x)\log(x)}{x}dx$$

Reescribamos la integral utilizando el siguiente hecho:

$$\color{blue}{\log(1+x)\log(1-x)=\frac{\log^2(1-x^2)-\log^2(1-x)-\log^2(1+x)}{2}}$$

$$I=\frac{1}{2}\int_0^1\underbrace{\frac{\log^2(1-x^2)\log(x)}{x}}_{x^2\rightarrow x}dx-\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\log^2(1-x)\log(x)}{x}dx-\frac{1}{2}\int_0^1\underbrace{\frac{\log^2(1+x)\log(x)}{x}}_{1+x\rightarrow x}dx$$

$$I=-\frac{3}{8}\int_0^1\underbrace{\frac{\log^2(1-x)\log(x)}{x}}_{x\rightarrow 1-x}dx-\frac{1}{2}\int_1^2\underbrace{\frac{\log^2(x)\log(x-1)}{x-1}}_{x\rightarrow \frac{1}{x}}dx$$

$$I=\underbrace{-\frac{3}{8}\int_0^1\frac{\log^2(x)\log(1-x)}{1-x}dx}_{I_1}\underbrace{-\frac{1}{2}\int_{1/2}^1\frac{\log^2(x)\log(1-x)-\log^3(x)}{x(1-x)}dx}_{I_2}$$

Para resolver $I_1$ utilicemos la diferenciación bajo el signo integral, luego cambiemos el orden de integración y apliquemos fracciones parciales:

$$I_1=\frac{3}{8}\int_0^1\frac{1}{1-y}\int_0^1\left[\frac{\log^2(x)}{1-x}-\frac{\log^2(x)}{1-yx}\right]dxdy=\frac{3}{4}\int_0^1\left[\frac{Li_3(1)-Li_3(y)}{1-y}-\frac{Li_3(y)}{y}\right]dy$$

$$I_1=\frac{3}{4}\left[-\left(Li_3(1)-Li_3(y)\right)\log(1-y)-Li_4(y)\right]^1_0-\frac{3}{4}\int_0^1\frac{Li_2(y)\log(1-y)}{y}dy$$

$$I_1=-\frac{3}{4}Li_4(1)+\frac{3}{8}Li^2_2(1)=\frac{3}{16}\zeta(4)$$

$$\color{red}{I_1=\frac{3}{16}\zeta(4)}$$

Para resolver $I_2$ apliquemos fracciones parciales y luego resolvamos las integrales resultantes. La mayoría de ellas son sencillas, pero una de ellas requiere un poco de trabajo algebraico:

$$I_2=-\frac{1}{2}\int_{1/2}^1\left[\frac{\log^2{\left(x\right)}\log{\left(1-x\right)}-\log^3{\left(x\right)}}{x}+\frac{\log^2{\left(x\right)}\log{\left(1-x\right)}-\log^3{\left(x\right)}}{1-x}\right]dx$$

$$I_2=\frac{1}{2}\left[Li_2(x)\log^2(x)-2Li_3(x)\log(x)+2Li_4(x)+\frac{\log^4(x)}{4}-\log^3(x)\log(1-x)-3Li_2(x)\log^2(x)+6Li_3(x)\log(x)-6Li_4(x)\right]_{1/2}^1\underbrace{-\frac{1}{2}\int_{1/2}^1\frac{\log^2{\left(x\right)}\log{\left(1-x\right)}}{1-x}dx}_{I_{2a}}$$

$$I_2=\frac{1}{2}\left[-4\zeta(4)+4Li_4\left(\frac{1}{2}\right)+4Li_3\left(\frac{1}{2}\right)\log(2)+2Li_2\left(\frac{1}{2}\right)\log^2(2)+\frac{3}{4}\log^4(2)\right]+I_{2a}$$

$$I_2=-2\zeta(4)+\frac{7\log(2)}{4}\zeta(3)-\frac{\log^2(2)}{2}\zeta(2)+2Li_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{5\log^4(2)}{24}+I_{2a}$$

En lugar de aplicar de nuevo la diferenciación bajo el signo integral para evaluar $I_{2a}$ hagamos lo siguiente:

$$ \left\{ \begin{array}{c} A+B=\int_0^{1/2}\frac{\log^2(x)\log(1-x)}{1-x}dx+\int_{1/2}^1\frac{\log^2(x)\log(1-x)}{1-x}dx \\ A-B=\int_0^{1/2}\underbrace{\frac{\log^2(x)\log(1-x)}{1-x}}_{x\rightarrow 1-x}dx-\int_{1/2}^1\frac{\log^2(x)\log(1-x)}{1-x}dx \end{array} \right. $$

$$ \left\{ \begin{array}{c} A+B=\int_0^{1}\frac{\log^2(x)\log(1-x)}{1-x}dx=-\frac{\zeta(4)}{2} (From\ I_1) \\ A-B=\int_{1/2}^1\underbrace{\frac{\log^2(1-x)\log(x)}{x}}_{IBP}dx-\int_{1/2}^1\frac{\log^2(x)\log(1-x)}{1-x}dx \end{array} \right. $$

$$ \left\{ \begin{array}{c} A+B=-\frac{\zeta(4)}{2} \\ A-B=-\frac{\log^4(2)}{2}+\int_{1/2}^1\frac{\log^2(x)\log(1-x)}{1-x}dx -\int_{1/2}^1\frac{\log^2(x)\log(1-x)}{1-x}dx \end{array} \right. $$

Así, $$B=\int_{1/2}^1\frac{\log^2(x)\log(1-x)}{1-x}dx=\frac{\log^4(2)-\zeta(4)}{4} $$ $$I_{2a}=-\frac{B}{2}=\frac{\zeta(4)-\log^4(2)}{8}$$

Por lo tanto, reuniendo todos los resultados, es posible concluir que: $$I=\int_0^1\frac{\log(1+x)\log(1-x)\log(x)}{x}dx=$$ $$-\frac{27}{16}\zeta(4)+\frac{7log(2)}{4}\zeta(3)-\frac{\log^2(2)}{2}\zeta(2)+2Li_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{\log^4(2)}{12}$$

Answer 5

Problemas relacionados: (I) . Puede tener la siguiente solución

$$ \frac{3\gamma}{4}\,\zeta( 3 )+{\frac {7\pi^4}{360}}+\sum _{m=1}^{\infty }{\frac { \left( -1 \right) ^{m-1}\psi \left( m \right) }{{m}^{3}}}+\sum _{m=1}^{\infty }-{\frac { \left( -1 \right) ^{m-1}\psi' \left( m \right) }{{m}^{2}}}\sim 0.2907212779,$$

lo que podría simplificarla aún más.

Nota: Si utiliza la identidad

$$ \frac{\pi^4}{90}=\zeta(4), $$

en la expresión anterior, entonces tendrá la forma

$$ \frac{3\gamma}{4}\,\zeta( 3 )+{\frac {7}{4}}\zeta(4)+\sum _{m=1}^{\infty }{\frac { \left( -1 \right) ^{m-1}\psi \left( m \right) }{{m}^{3}}}+\sum _{m=1}^{\infty }-{\frac { \left( -1 \right) ^{m-1}\psi' \left( m \right) }{{m}^{2}}}.$$