Cómo encontrar ${\large\int}_0^1\frac{\ln^3(1+x)\ln x}x\mathrm dx$

Question

Por favor me ayude a encontrar una forma cerrada para este integral: %#% $ de #% que sospecho podría existir porque hay integrales similares haber cerrado formas: $$\begin{align}\int_0^1\frac{\ln^3(1-x)\ln x}x\mathrm dx&=12\zeta(5)-\pi^2\zeta(3)\tag2\\ \int_0^1\frac{\ln^2(1+x)\ln x}x\mathrm dx&=\frac{\pi^4}{24}-\frac16\ln^42+\frac{\pi^2}6\ln^22-\frac72\zeta(3)\ln2-4\operatorname{Li}_4\!\left(\tfrac12\right)\tag3\\ \int_0^1\frac{\ln^3(1+x)\ln x}{x^2}\mathrm dx&=\frac34\zeta(3)-\frac{63}4\zeta(3)\ln2+\frac{23\pi^4}{120}\\&-\frac34\ln^42-2\ln^32+\frac{3\pi^2}4\ln^22-18\operatorname{Li}_4\!\left(\tfrac12\right).\tag4\end {Alinee el} $$ gracias!

Answer 1

Iniciar con la integración por partes (IBP) mediante el establecimiento $u=\ln^3(1+x)$ $dv=\dfrac{\ln x}{x}\ dx$ rendimientos \begin{align} I&=-\frac32\int_0^1\frac{\ln^2(1+x)\ln^2 x}{1+x}\ dx\\ &=-\frac32\int_1^2\frac{\ln^2x\ln^2 (x-1)}{x}\ dx\quad\Rightarrow\quad\color{red}{x\mapsto1+x}\\ &=-\frac32\int_{\large\frac12}^1\left[\frac{\ln^2x\ln^2 (1-x)}{x}-\frac{2\ln^3x\ln(1-x)}{x}+\frac{\ln^4x}{x}\right]\ dx\quad\Rightarrow\quad\color{red}{x\mapsto\frac1x}\\ &=-\frac32\int_{\large\frac12}^1\frac{\ln^2x\ln^2 (1-x)}{x}\ dx+3\int_{\large\frac12}^1\frac{\ln^3x\ln(1-x)}{x}\ dx-\left.\frac3{10}\ln^5x\right|_{\large\frac12}^1\\ &=-\frac32\color{red}{\int_{\large\frac12}^1\frac{\ln^2x\ln^2 (1-x)}{x}\ dx}+3\int_{\large\frac12}^1\frac{\ln^3x\ln(1-x)}{x}\ dx-\frac3{10}\ln^52. \end{align} La aplicación de IBP de nuevo para evaluar la red integral mediante el establecimiento $u=\ln^2(1-x)$ $dv=\dfrac{\ln^2 x}{x}\ dx$ rendimientos \begin{align} \color{red}{\int_{\large\frac12}^1\frac{\ln^2x\ln^2 (1-x)}{x}\ dx}&=\frac13\ln^52+\frac23\color{blue}{\int_{\large\frac12}^1\frac{\ln^3x\ln (1-x)}{1-x}\ dx}. \end{align}

Para la simplicidad, vamos a $$ \color{blue}{\mathbf{H}_{m}^{(k)}(x)}=\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^{(k)}x^n}{n^m}\qquad\Rightarrow\qquad\color{blue}{\mathbf{H}(x)}=\sum_{n=1}^\infty H_{n}x^n, $$ Introducir una generación de función para la generalización de la armónica de los números para $|x|<1$ $$ \color{blue}{\mathbf{H}^{(k)}(x)}=\sum_{n=1}^\infty H_{n}^{(k)}x^n=\frac{\operatorname{Li}_k(x)}{1-x}\qquad\Rightarrow\qquad\color{blue}{\mathbf{H}(x)}=-\frac{\ln(1-x)}{1-x} $$ y la siguiente identidad $$ H_{n+1}^{(k)}-H_{n}^{(k)}=\frac1{(n+1)^k}\qquad\Rightarrow\qquad H_{n+1}-H_{n}=\frac1{n+1} $$

Nos deja la integración de la forma indefinida del azul integral. \begin{align} \color{blue}{\int\frac{\ln^3x\ln (1-x)}{1-x}\ dx}=&-\int\sum_{n=1}^\infty H_nx^n\ln^3x\ dx\\ =&-\sum_{n=1}^\infty H_n\int x^n\ln^3x\ dx\\ =&-\sum_{n=1}^\infty H_n\frac{\partial^3}{\partial n^3}\left[\int x^n\ dx\right]\\ =&-\sum_{n=1}^\infty H_n\frac{\partial^3}{\partial n^3}\left[\frac{x^{n+1}}{n+1}\right]\\ =&-\sum_{n=1}^\infty H_n\left[\frac{x^{n+1}\ln^3x}{n+1}-\frac{3x^{n+1}\ln^2x}{(n+1)^2}+\frac{6x^{n+1}\ln x}{(n+1)^3}-\frac{6x^{n+1}}{(n+1)^4}\right]\\ =&-\ln^3x\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n+1}x^{n+1}}{n+1}+\ln^3x\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n+1}}{(n+1)^2}+3\ln^2x\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n+1}x^{n+1}}{(n+1)^2}\\&-3\ln^2x\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n+1}}{(n+1)^3}-6\ln x\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n+1}x^{n+1}}{(n+1)^3}+6\ln x\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n+1}}{(n+1)^4}\\&+6\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n+1}x^{n+1}}{(n+1)^4}-6\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n+1}}{(n+1)^5}\\ =&\ -\sum_{n=1}^\infty\left[\frac{H_nx^{n}\ln^3x}{n}-\frac{x^{n}\ln^3x}{n^2}-\frac{3H_nx^{n}\ln^2x}{n^2}+\frac{3x^{n}\ln^2x}{n^3}\right.\\& \left.\ +\frac{6H_nx^{n}\ln x}{n^3}-\frac{6x^{n}\ln x}{n^4}-\frac{6H_nx^{n}}{n^4}+\frac{6x^{n}}{n^5}\right]\\ =&\ -\color{blue}{\mathbf{H}_{1}(x)}\ln^3x+\operatorname{Li}_2(x)\ln^3x+3\color{blue}{\mathbf{H}_{2}(x)}\ln^2x-3\operatorname{Li}_3(x)\ln^2x\\&\ -6\color{blue}{\mathbf{H}_{3}(x)}\ln x+6\operatorname{Li}_4(x)\ln x+6\color{blue}{\mathbf{H}_{4}(x)}-6\operatorname{Li}_5(x). \end{align} Por lo tanto \begin{align} \color{blue}{\int_{\Large\frac12}^1\frac{\ln^3x\ln (1-x)}{1-x}\ dx} =&\ 6\color{blue}{\mathbf{H}_{4}(1)}-6\operatorname{Li}_5(1)-\left[\color{blue}{\mathbf{H}_{1}\left(\frac12\right)}\ln^32-\operatorname{Li}_2\left(\frac12\right)\ln^32\right.\\&\left.\ +3\color{blue}{\mathbf{H}_{2}\left(\frac12\right)}\ln^22-3\operatorname{Li}_3\left(\frac12\right)\ln^22+6\color{blue}{\mathbf{H}_{3}\left(\frac12\right)}\ln 2\right.\\&\ -6\operatorname{Li}_4(x)\ln 2+6\color{blue}{\mathbf{H}_{4}(x)}-6\operatorname{Li}_5(x)\bigg]\\ =&\ 12\zeta(5)-\pi^2\zeta(3)+\frac{3}8\zeta(3)\ln^22-\frac{\pi^4}{120}\ln2-\frac{1} {4}\ln^52\\&\ -6\color{blue}{\mathbf{H}_{4}\left(\frac12\right)}+6\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)\ln 2+6\operatorname{Li}_5\left(\frac12\right). \end{align} Utilizando el enfoque similar como la de calcular el azul integral, entonces \begin{align} \int\frac{\ln^3x\ln (1-x)}{x}\ dx&=-\int\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n-1}}{n}\ln^3x\ dx\\ &=-\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\int x^{n-1}\ln^3x\ dx\\ &=-\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\frac{\partial^3}{\partial n^3}\left[\int x^{n-1}\ dx\right]\\ &=-\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\frac{\partial^3}{\partial n^3}\left[\frac{x^{n}}{n}\right]\\ &=-\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\left[\frac{x^{n}\ln^3x}{n}-\frac{3x^{n}\ln^2x}{n^2}+\frac{6x^{n}\ln x}{n^3}-\frac{6x^{n}}{n^4}\right]\\ &=\sum_{n=1}^\infty \left[-\frac{x^{n}\ln^3x}{n^2}+\frac{3x^{n}\ln^2x}{n^3}-\frac{6x^{n}\ln x}{n^4}+\frac{6x^{n}}{n^5}\right]\\ &=6\operatorname{Li}_5(x)-6\operatorname{Li}_4(x)\ln x+3\operatorname{Li}_3(x)\ln^2x-\operatorname{Li}_2(x)\ln^3x. \end{align} Por lo tanto $$ \int_{\large\frac{1}{2}}^1\frac{\ln^3x\ln (1-x)}{x}\ dx=\frac{\pi^2}{6}\ln^32-\frac{21}{8}\zeta(3)\ln^22-6\operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)\ln2-6\operatorname{Li}_5\left(\frac{1}{2}\right)+6\zeta(5). $$ La combinación en total, tenemos

\begin{align} I=&\ \frac{\pi^4}{120}\ln2-\frac{33}4\zeta(3)\ln^22+\frac{\pi^2}2\ln^32-\frac{11}{20}\ln^52+6\zeta(5)+\pi^2\zeta(3)\\ &\ +6\color{blue}{\mathbf{H}_{4}\left(\frac12\right)}-18\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)\ln2-24\operatorname{Li}_5\left(\frac12\right). \end{align}

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Continuando con mi respuesta: Una suma que contiene armónica de los números de $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3\,2^n}$, tenemos \begin{align} \color{blue}{\mathbf{H}_{3}\left(x\right)}=&\frac12\zeta(3)\ln x-\frac18\ln^2x\ln^2(1-x)+\frac12\ln x\left[\color{blue}{\mathbf{H}_{2}\left(x\right)}-\operatorname{Li}_3(x)\right]\\&+\operatorname{Li}_4(x)-\frac{\pi^2}{12}\operatorname{Li}_2(x)-\frac12\operatorname{Li}_3(1-x)\ln x+\frac{\pi^4}{60}.\tag1 \end{align} Dividiendo $(1)$ $x$ y, a continuación, la integración de los rendimientos $$\pequeño\begin{align} \color{blue}{\mathbf{H}_{4}\left(x\right)}=&\frac14\zeta(3)\ln^2 x-\frac18\int\frac{\ln^2x\ln^2(1-x)}x\ dx+\frac12\int\frac{\ln x}x\bigg[\color{blue}{\mathbf{H}_{2}\left(x\right)}-\operatorname{Li}_3(x)\bigg]\ dx\\&+\operatorname{Li}_5(x)-\frac{\pi^2}{12}\operatorname{Li}_3(x)-\frac12\int\frac{\operatorname{Li}_3(1-x)\ln x}x\ dx+\frac{\pi^4}{60}\ln x\\ =&\frac14\zeta(3)\ln^2 x+\frac{\pi^4}{60}\ln x+\operatorname{Li}_5(x)-\frac{\pi^2}{12}\operatorname{Li}_3(x)-\frac18\color{red}{\int\frac{\ln^2x\ln^2(1-x)}x\ dx}\\&+\frac12\left[\color{purple}{\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^2}\int x^{n-1}\ln x\ dx}-\color{green}{\int\frac{\operatorname{Li}_3(x)\ln x}x\ dx}-\color{orange}{\int\frac{\operatorname{Li}_3(1-x)\ln x}x\ dx}\right].\tag2 \end{align}$$ La evaluación de la red integral usando la misma técnica que la anterior rendimientos \begin{align} \color{red}{\int\frac{\ln^2x\ln^2(1-x)}x\ dx}&=\frac13\ln^3x\ln^2(1-x)-\frac23\color{blue}{\int\frac{\ln(1-x)\ln^3 x}{1-x}\ dx}. \end{align} La evaluación de la púrpura integral de los rendimientos \begin{align} \color{purple}{\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^2}\int x^{n-1}\ln x\ dx}&=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^2}\frac{\partial}{\partial n}\left[\int x^{n-1}\ dx\right]\\ &=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^2}\left[\frac{x^n\ln x}{n}-\frac{x^n}{n^2}\right]\\ &=\color{blue}{\mathbf{H}_{3}(x)}\ln x-\color{blue}{\mathbf{H}_{4}(x)}. \end{align} La evaluación de la verde integral el uso de IBP por establecimiento $u=\ln x$ $dv=\dfrac{\operatorname{Li}_3(x)}{x}\ dx$ rendimientos \begin{align} \color{green}{\int\frac{\operatorname{Li}_3(x)\ln x}x\ dx}&=\operatorname{Li}_4(x)\ln x-\int\frac{\operatorname{Li}_4(x)}x\ dx\\ &=\operatorname{Li}_4(x)\ln x-\operatorname{Li}_5(x). \end{align} La evaluación de la naranja integral el uso de IBP por establecimiento $u=\operatorname{Li}_3(1-x)$ $dv=\dfrac{\ln x}{x}\ dx$ rendimientos \begin{align} \color{orange}{\int\frac{\operatorname{Li}_3(1-x)\ln x}x\ dx}&=\frac12\operatorname{Li}_3(1-x)\ln^2 x+\frac12\color{maroon}{\int\frac{\operatorname{Li}_2(1-x)\ln^2 x}{1-x}\ dx}. \end{align} La aplicación de IBP de nuevo para evaluar el granate integral mediante el establecimiento $u=\operatorname{Li}_2(1-x)$ y $$ dv=\dfrac{\ln^2 x}{1-x}\, dx\quad\Rightarrow\quad v=2\operatorname{Li}_3(x)-2\operatorname{Li}_2(x)\ln x-\ln(1-x)\ln^2x, $$ tenemos $$\pequeño{\begin{align} \color{maroon}{\int\frac{\operatorname{Li}_2(1-x)\ln^2 x}{1-x}\ dx}=&\left[2\operatorname{Li}_3(x)-2\operatorname{Li}_2(x)\ln x-\ln(1-x)\ln^2x\right]\operatorname{Li}_2(1-x)\\ &-2\int\frac{\operatorname{Li}_3(x)\ln x}{1-x}\ dx+2\int\frac{\operatorname{Li}_2(x)\ln x}{1-x}\ dx+\color{blue}{\int\frac{\ln(1-x)\ln^3 x}{1-x}\ dx}. \end{align}}$$

Utilizamos la generación de la función para la generalización de la armónica de los números de evaluar el por encima de las integrales que involucran polylogarithm.

\begin{align} \int\frac{\operatorname{Li}_k(x)\ln x}{1-x}\ dx&=\sum_{n=1}^\infty H_{n}^{(k)}\int x^n\ln x\ dx\\ &=\sum_{n=1}^\infty H_{n}^{(k)}\frac{\partial}{\partial n}\left[\int x^n\ dx\right]\\ &=\sum_{n=1}^\infty H_{n}^{(k)}\left[\frac{x^{n+1}\ln x}{n+1}-\frac{x^{n+1}}{(n+1)^2}\right]\\ &=\sum_{n=1}^\infty\left[\frac{H_{n+1}^{(k)}x^{n+1}\ln x}{n+1}-\frac{x^{n+1}\ln x}{(n+1)^{k+1}}-\frac{H_{n+1}^{(k)}x^{n+1}}{(n+1)^2}+\frac{x^{n+1}}{(n+1)^{k+2}}\right]\\ &=\sum_{n=1}^\infty\left[\frac{H_{n}^{(k)}x^{n}\ln x}{n}-\frac{x^{n}\ln x}{n^{k+1}}-\frac{H_{n}^{(k)}x^{n}}{n^2}+\frac{x^{n}}{n^{k+2}}\right]\\ &=\color{blue}{\mathbf{H}_{1}^{(k)}(x)}\ln x-\operatorname{Li}_{k+1}(x)\ln x-\color{blue}{\mathbf{H}_{2}^{(k)}(x)}+\operatorname{Li}_{k+2}(x). \end{align}

Dividiendo la generación de la función de $\color{blue}{\mathbf{H}^{(k)}(x)}$ $x$ y, a continuación, la integración de los rendimientos

\begin{align} \sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^{(k)}x^n}{n}&=\int\frac{\operatorname{Li}_k(x)}{x(1-x)}\ dx\\ \color{blue}{\mathbf{H}_{1}^{(k)}(x)}&=\int\frac{\operatorname{Li}_k(x)}{x}\ dx+\int\frac{\operatorname{Li}_k(x)}{1-x}\ dx\\ &=\operatorname{Li}_{k+1}(x)+\int\frac{\operatorname{Li}_k(x)}{1-x}\ dx. \end{align}

Repitiendo el proceso por encima de los rendimientos

\begin{align} \sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^{(k)}x^n}{n^2} &=\int\frac{\operatorname{Li}_{k+1}(x)}{x}\ dx+\int\frac{\operatorname{Li}_k(x)}{x(1-x)}\ dx\\ \color{blue}{\mathbf{H}_{2}^{(k)}(x)}&=\operatorname{Li}_{k+2}(x)+\operatorname{Li}_{k+1}(x)+\int\frac{\operatorname{Li}_k(x)}{1-x}\ dx, \end{align}

donde es fácil demostrar mediante el uso de IBP que

\begin{align} \int\frac{\operatorname{Li}_2(x)}{1-x}\ dx&=-\int\frac{\operatorname{Li}_2(1-x)}{x}\ dx\\ &=2\operatorname{Li}_3(x)-2\operatorname{Li}_2(x)\ln(x)-\operatorname{Li}_2(1-x)\ln x-\ln (1-x)\ln^2x \end{align}

y

$$ \int\frac{\operatorname{Li}_3(x)}{1-x}\ dx=-\int\frac{\operatorname{Li}_3(1-x)}{x}\ dx=-\frac12\operatorname{Li}_2^2(1-x)-\operatorname{Li}_3(1-x)\ln x. $$

Ahora, todos los términos desconocidos se han obtenido. Poniendo un total $(2)$, tenemos $$\pequeño{\begin{align} \color{blue}{\mathbf{H}_{4}(x)} =&\ \frac1{10}\zeta(3)\ln^2 x+\frac{\pi^4}{150}\ln x-\frac{\pi^2}{30}\operatorname{Li}_3(x)-\frac1{60}\ln^3x\ln^2(1-x)+\frac65\operatorname{Li}_5(x)\\&-\frac15\left[\operatorname{Li}_3(x)-\operatorname{Li}_2(x)\ln x-\frac12\ln(1-x)\ln^2x\right]\operatorname{Li}_2(1-x)-\frac15\operatorname{Li}_4(x)\\&-\frac35\operatorname{Li}_4(x)\ln x+\frac15\operatorname{Li}_3(x)\ln x+\frac15\operatorname{Li}_3(x)\ln^2x-\frac1{10}\operatorname{Li}_3(1-x)\ln^2 x\\&-\frac1{15}\operatorname{Li}_2(x)\ln^3x-\frac15\color{blue}{\mathbf{H}_{2}^{(3)}(x)}+\frac15\color{blue}{\mathbf{H}_{2}^{(2)}(x)} +\frac15\color{blue}{\mathbf{H}_{1}^{(3)}(x)}\ln x\\&-\frac15\color{blue}{\mathbf{H}_{1}^{(2)}(x)}\ln x+\frac25\color{blue}{\mathbf{H}_{3}(x)}\ln x-\frac15\color{blue}{\mathbf{H}_{2}(x)}\ln^2x+\frac1{15}\color{blue}{\mathbf{H}_{1}(x)}\ln^3x+C.\tag3 \end{align}}$$ El siguiente paso es encontrar la constante de integración. Establecimiento $x=1$ $(3)$rendimientos $$\pequeño{\begin{align} \color{blue}{\mathbf{H}_{4}(1)} &=-\frac{\pi^2}{30}\operatorname{Li}_3(1)+\frac65\operatorname{Li}_5(1)-\frac15\operatorname{Li}_4(1)-\frac15\color{blue}{\mathbf{H}_{2}^{(3)}(1)}+\frac15\color{blue}{\mathbf{H}_{2}^{(2)}(1)}+C\\ 3\zeta(5)+\zeta(2)\zeta(3)&=-\frac{\pi^2}{30}\operatorname{Li}_3(1)+\frac{19}{30}\operatorname{Li}_5(1)+\frac{3}{5}\operatorname{Li}_3(1)+C\\ C&=\frac{\pi^4}{450}+\frac{\pi^2}{5}\zeta(3)-\frac35\zeta(3)+3\zeta(5). \end{align}}$$ Así $$\pequeño{\begin{align} \color{blue}{\mathbf{H}_{4}(x)} =&\ \frac1{10}\zeta(3)\ln^2 x+\frac{\pi^4}{150}\ln x-\frac{\pi^2}{30}\operatorname{Li}_3(x)-\frac1{60}\ln^3x\ln^2(1-x)+\frac65\operatorname{Li}_5(x)\\&-\frac15\left[\operatorname{Li}_3(x)-\operatorname{Li}_2(x)\ln x-\frac12\ln(1-x)\ln^2x\right]\operatorname{Li}_2(1-x)-\frac15\operatorname{Li}_4(x)\\&-\frac35\operatorname{Li}_4(x)\ln x+\frac15\operatorname{Li}_3(x)\ln x+\frac15\operatorname{Li}_3(x)\ln^2x-\frac1{10}\operatorname{Li}_3(1-x)\ln^2 x\\&-\frac1{15}\operatorname{Li}_2(x)\ln^3x-\frac15\color{blue}{\mathbf{H}_{2}^{(3)}(x)}+\frac15\color{blue}{\mathbf{H}_{2}^{(2)}(x)} +\frac15\color{blue}{\mathbf{H}_{1}^{(3)}(x)}\ln x\\&-\frac15\color{blue}{\mathbf{H}_{1}^{(2)}(x)}\ln x+\frac25\color{blue}{\mathbf{H}_{3}(x)}\ln x-\frac15\color{blue}{\mathbf{H}_{2}(x)}\ln^2x+\frac1{15}\color{blue}{\mathbf{H}_{1}(x)}\ln^3x\\&+\frac{\pi^4}{450}+\frac{\pi^2}{5}\zeta(3)-\frac35\zeta(3)+3\zeta(5)\tag4 \end{align}}$$ y establecimiento $x=\frac12$ $(4)$rendimientos \begin{align} \color{blue}{\mathbf{H}_{4}\left(\frac12\right)}=&\ \frac{\ln^52}{40}-\frac{\pi^2}{36}\ln^32+\frac{\zeta(3)}{2}\ln^22-\frac{\pi^2}{12}\zeta(3)\\&+\frac{\zeta(5)}{32}-\frac{\pi^4}{720}\ln2+\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)\ln2+2\operatorname{Li}_5\left(\frac12\right).\tag5 \end{align}

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Finalmente, obtenemos

\begin{align} \int_0^1\frac{\ln^3(1+x)\ln x}x\ dx=&\ \color{blue}{\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}\\&\color{blue}{-12\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)\ln2-12\operatorname{Li}_5\left(\frac12\right)}, \end{align}

que de nuevo coincide con @Cleo de respuesta.

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Referencias :

$[1]\ $ Número armónico

$[2]\ $ Polylogarithm

Answer 2

De hecho, existe una forma cerrada para este integral: $$I=\frac{\pi^2}3\ln^32-\frac25\ln^52+\frac{\pi^2}2\zeta(3)+\frac{99}{16}\zeta(5)-\frac{21}4\zeta(3)\ln^22\\-12\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)\ln2-12\operatorname{Li}_5\left(\frac12\right).$ $

Answer 3

Esta es una actualización parcial de la respuesta que es bastante similar a la de Jack D'Aurizio del enfoque. (Realmente espero que no le importa.)

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Paso 1: Expresar la integral como una suma.

Es fácil derivar la fórmula $$\left(\sum^{\infty}_{n=1}a_nx^n\right)\left(\sum^{\infty}_{n=1}b_nx^n\right)=\sum^\infty_{n=1}\sum^{n}_{k=1}a_kb_{n-k+1}x^{n+1}$$ Aplicamos esta fórmula para obtener el desarrollo en serie de Taylor de $\ln^2(1+x)$. \begin{align} \ln^2(1+x) &=\left(\sum^{\infty}_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n\right)\left(\sum^{\infty}_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n\right)\\ &=\sum^\infty_{n=1}\sum^n_{k=1}\frac{(-1)^{k-1}(-1)^{n-k}}{k(n-k+1)}x^{n+1}\\ &=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n+1}}{n+1}\sum^n_{k=1}\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{n-k+1}\right)x^{n+1}\\ &=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n+1}2H_n}{n+1}x^{n+1} \end{align} Aplicar esta fórmula de nuevo para obtener el desarrollo en serie de Taylor de $\displaystyle\frac{\ln^2(1+x)}{1+x}$. \begin{align} \frac{\ln^2(1+x)}{1+x} &=\left(\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n+1}2H_n}{n+1}x^{n+1}\right)\left(\sum^{\infty}_{n=1}(-1)^{n-1}x^{n-1}\right)\\ &=\sum^\infty_{n=1}\sum^n_{k=1}\frac{(-1)^{k+1}(-1)^{n-k}2H_k}{k+1}x^{n+1}\\ &=\sum^\infty_{n=1}2(-1)^{n+1}\sum^n_{k=1}\frac{H_k}{k+1}x^{n+1}\\ \end{align} El interior de la suma es \begin{align} \sum^n_{k=1}\frac{H_k}{k+1} &=\sum^n_{k=1}\frac{H_{k+1}}{k+1}-\sum^n_{k=1}\frac{1}{(k+1)^2}\\ &=\sum^{n+1}_{k=1}\frac{H_k}{k}-H_{n+1}^{(2)}\\ &=\sum^{n+1}_{k=1}\frac{1}{k}\sum^k_{j=1}\frac{1}{j}-H_{n+1}^{(2)}\\ &=\sum^{n+1}_{j=1}\frac{1}{j}\left(\sum^{n+1}_{k=1}\frac{1}{k}-\sum^{j-1}_{k=1}\frac{1}{k}\right)-H_{n+1}^{(2)}\\ &=H_{n+1}^2-\sum^{n+1}_{j=1}\frac{H_j}{j}\\ &=\frac{H_{n+1}^2-H_{n+1}^{(2)}}{2} \end{align} Por lo tanto $$\frac{\ln^2(1+x)}{1+x}=\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n+1}\left(H_{n+1}^2-H_{n+1}^{(2)}\right)x^{n+1}$$ Desplumar esta en la integral. \begin{align} \int^1_0\frac{\ln^3(1+x)\ln{x}}{x}{\rm d}x &=-\frac{3}{2}\int^1_0\frac{\ln^2(1+x)\ln^2{x}}{1+x}{\rm d}x\\ &=-\frac{3}{2}\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n+1}\left(H_{n+1}^2-H_{n+1}^{(2)}\right)\int^1_0x^{n+1}\ln^2{x} \ {\rm d}x\\ &=-3\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n+1}\left(H_{n+1}^2-H_{n+1}^{(2)}\right)}{(n+2)^3}\\ &=3\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n}\left(H_{n}^{(2)}-H_{n}^2\right)}{(n+1)^3}\\ \end{align}

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

Comenzamos con algunas simples manipulaciones de la suma. \begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n^{(2)}}{(n+1)^3} &=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_{n+1}^{(2)}}{(n+1)^3}-\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^n}{(n+1)^5}\\ &=-\frac{15}{16}\zeta(5)-\underbrace{\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n^{(2)}}{n^3}}_{S} \end{align} Considere la función $\displaystyle f(z)=\frac{\pi\csc(\pi z)\psi_1(-z)}{z^3}$. En los enteros positivos, \begin{align} {\rm Res}(f,n) &=\operatorname*{Res}_{z=n}\left[\frac{(-1)^n}{z^3(z-n)^3}+\frac{(-1)^n(H_n^{(2)}+2\zeta(2))}{z^3(z-n)}\right]\\ &=\frac{6(-1)^n}{n^5}+\frac{(-1)^nH_n^{(2)}}{n^3}+\frac{2(-1)^n\zeta(2)}{n^3} \end{align} Suma de ellos da $$\sum^\infty_{n=1} {\rm Res}(f,n)=-\frac{45}{8}\zeta(5)+S-\frac{3}{2}\zeta(2)\zeta(3)$$ En los enteros negativos, \begin{align} {\rm Res}(f,-n) &=-\frac{(-1)^n\psi_1(n)}{n^3}\\ &=\frac{(-1)^nH_n^{(2)}}{n^3}-\frac{(-1)^n\zeta(2)}{n^3}-\frac{(-1)^n}{n^5} \end{align} Suma de ellos da $$\sum^\infty_{n=1} {\rm Res}(f,-n)=S+\frac{3}{4}\zeta(2)\zeta(3)+\frac{15}{16}\zeta(5)$$ En $z=0$, \begin{align} {\rm Res}(f,0) &=[z^2]\left(\frac{1}{z}+\zeta(2)z\right)\left(\frac{1}{z^2}+\zeta(2)+2\zeta(3)z+3\zeta(4)z^2+4\zeta(5)z^3\right)\\ &=4\zeta(5)+2\zeta(2)\zeta(3) \end{align} Ya que la suma de los reisudes $=0$, $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n^{(2)}}{(n+1)^3}=-\frac{41}{32}\zeta(5)+\frac{5}{8}\zeta(2)\zeta(3)$$

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

Fórmula $(45)$ en esta página , se dice que esta suma es igual a $$4{\rm Li}_5\left(\frac{1}{2}\right)+4{\rm Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)\ln{2}+\frac{2}{15}\ln^5{2}-\frac{107}{32}\zeta(5)+\frac{7}{4}\zeta(3)\ln^2{2}-\frac{2}{3}\zeta(2)\ln^2{2}-\frac{3}{8}\zeta(2)\zeta(3)$$ El uso de un derivado previamente resultado es insatisfactorio para mí. Sin embargo, no he sido capaz de obtener este resultado, como el contorno de integración de falla, debido a la potencia del denominador se extraña (lo que implica que la suma desaparecerá cuando agrego los residuos en los números enteros positivos y negativos). Parece que Tunk-Fey brillante planteamiento sería el método más viable para que el crack de esta última suma.

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Paso 4: Obtener el resultado final

La combinación de los resultados anteriores, obtenemos \begin{align} &\ \ \ \ \ \small{\int^1_0\frac{\ln^3(1+x)\ln{x}}{x}{\rm d}x}\\ &=\small{3\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^n\left(H_{n}^{(2)}-H_n^2\right)}{(n+1)^3}}\\ &=\small{3\left(\frac{33}{16}\zeta(5)+\zeta(2)\zeta(3)-4{\rm Li}_5\left(\frac{1}{2}\right)-4{\rm Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)\ln{2}-\frac{2}{15}\ln^5{2}-\frac{7}{4}\zeta(3)\ln^2{2}+\frac{2}{3}\zeta(2)\ln^3{2}\right)}\\ &=\small{\frac{99}{16}\zeta(5)+\frac{\pi^2}{2}\zeta(3)-12{\rm Li}_5\left(\frac{1}{2}\right)-12{\rm Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)\ln{2}-\frac{2}{5}\ln^5{2}-\frac{21}{4}\zeta(3)\ln^2{2}+\frac{\pi^2}{3}\ln^3{2}} \end{align}

Answer 4

Sólo una respuesta parcial por ahora.

Tenemos: $$ I = -\frac{3}{2}\int_{0}^{1}\frac{\log^2(1+x)\log^2 x}{1+x}\,dx$ $ y desde: %#% $ de #% se deduce que: $$\log(1+z)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}z^n$ $ $$ [z^N]\log^2(1+z)=(-1)^{N+1}\sum_{n=1}^{N-1}\frac{1}{n(N-n)}=(-1)^{N+1}\frac{2H_{N-1}}{N},$ $ deje nos centramos ahora en: %#% $ de #% tenemos: $$\log^2(1+z)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2(-1)^{n+1} H_{n-1}}{n}z^{n}.\tag{1}$ $ por lo tanto: $$J_n = \int_{0}^{1}\frac{x^n\log^2 x}{1+x}\,dx=\frac{\partial^2}{\partial n^2}\int_{0}^{1}\frac{x^n}{1+x}\,dx.$ $ o, por la suma parcial: es de otra identidad que sigue de la serie de Taylor de $$ J_n = \frac{1}{4}\left(H_{n/2}^{(3)}-H_{(n-1)/2}^{(3)}\right),$ $$ \color{blue}{I = -\frac{3}{4}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1}H_{n-1}\left(H_{n/2}^{(3)}-H_{(n-1)/2}^{(3)}\right)}{n}}.\tag{2}$ $: $$ \color{purple}{I=-\frac{3}{4}\sum_{n=1}^{+\infty}H_{n/2}^{(3)}(-1)^n\left(\frac{H_n}{n+1}+\frac{H_{n-1}}{n}\right).}\tag{3}$ $

Answer 5

Una forma alterna de las respuestas dadas por @Cleo y @Tunk-Fey como suma de $1$ $1/2$ argumentado polylogarithm productos y con coeficientes racionales:

$$I = \frac{99}{16}\operatorname{Li}_5(1)-12\operatorname{Li}_5\left(\frac{1}{2}\right) + 15\operatorname{Li}_1\left( \frac{1}{2} \right)\operatorname{Li}_4(1) - 12\operatorname{Li}_1\left(\frac{1}{2}\right)\operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right) - 15\operatorname{Li}_2\left( \frac{1}{2} \right)\operatorname{Li}_3(1)-\frac{51}{4}\operatorname{Li}_1^2\left( \frac{1}{2} \right)\operatorname{Li}_3(1)+12\operatorname{Li}_2(1)\operatorname{Li}_3\left( \frac{1}{2} \right) - \frac{2}{5}\operatorname{Li}_1^5\left(\frac{1}{2}\right),$$

donde $\operatorname{Li}_n$ es la función del polylogarithmy específicamente

$$\begin{align} & \operatorname{Li}_5(1) \ \ \ = \zeta(5) \\ & \operatorname{Li}_5\left(\textstyle\frac{1}{2}\right) = \textstyle \sum_{k=1}^\infty {2^{-k} \over k^5} \\ & \operatorname{Li}_4(1) \ \ \ = \zeta(4) = \frac{\pi^4}{90} \\ & \operatorname{Li}_4\left(\textstyle\frac{1}{2}\right) = \textstyle \sum_{k=1}^\infty {2^{-k} \over k^4} \\ & \operatorname{Li}_3(1) \ \ \ = \zeta(3) \\ & \operatorname{Li}_3\left(\textstyle\frac{1}{2}\right) = \frac{7}{8} \zeta(3) - \frac{\pi^2}{12} \ln 2 + \frac{1}{6} \ln^3 2 \\ & \operatorname{Li}_2(1) \ \ \ = \zeta(2) = \frac{\pi^2}{6} \\ & \operatorname{Li}_2\left(\textstyle\frac{1}{2}\right) = \frac{\pi^2}{12} - \frac{1}{2} \ln^2 2 \\ & \operatorname{Li}_1\left(\textstyle\frac{1}{2}\right) = \ln2, \end {Alinee el} $$ $\zeta$ Dónde está la función zeta de Riemann.