Prueba $\int_{0}^{\infty}{\ln x\ln\left(x\over 1+x\right)\over (1+x)^2}dx$ y $\int_{0}^{\infty}{\ln x\ln\left(x\over 1+x\right)\over 1+x}dx$

Question

Dos constantes bien conocidas

$$\int_{0}^{\infty}{\ln x\ln\left(x\over 1+x\right)\over (1+x)^2}=\zeta(2)\tag1$$

$$\int_{0}^{\infty}{\ln x\ln\left(x\over 1+x\right)\over 1+x}=\zeta(3)\tag2$$

Un intento:

Aplicación del PNI: $$\int{\ln x\over x}\mathrm dx={1\over 2}\ln^2 x+C\tag3$$

Reescritura $(2)$ como

$$\int{\ln^2 x\over 1+x}\mathrm dx-\int{\ln(x)\ln(1+x)\over 1+x}\mathrm dx=I_1-I_2\tag4$$

Integrar $I_1$ aplicando el PNI

$$I_1=\ln^2(x)\ln(1+x)-2\int{\ln(x)\ln(1+x)\over x}\mathrm dx\tag5$$

$$I_1=-\ln^2(x)\ln(1+x)+2\ln(x)\ln(1+x)-2\int{\ln(x)\ln(1+x)\over x}\mathrm dx\tag6$$

$I_1$ no va a bajar más.

Intentemos $I_2$ aplicando el PNI

$$I_2={1\over 2}\ln(x)\ln(1+x)+{1\over 2}\int{\ln^2(x)\over x}\mathrm dx\tag7$$

$$\int{\ln^2(x)\over x}\mathrm dx={1\over 3}\ln^3(x)+C\tag8$$

$$I_2={1\over 2}\ln(x)\ln(1+x)+{1\over 6}\ln^3(x)+C\tag9$$

Esto parece demasiado complicado, lo que estoy haciendo aquí

¿Cómo podemos hacer frente a $(1)$ y $(2)$ de una manera menos engorrosa?

Answer 1

Sugerencia . Por el cambio de variable $$ u=\frac{x}{x+1},\quad du=\frac{dx}{(1+x)^2}, $$ se obtiene $$ \begin{align} \int_{0}^{\infty}{\ln x\ln\left(x\over 1+x\right)\over (1+x)^2}&=\int_{0}^{1}\left(\ln u - \ln(1-u)\right)\ln u \:du \\\\&=\int_{0}^{1}\ln^2 u\:du - \int_{0}^{1}\ln(1-u)\ln u \:du \\\\&=2 +\sum_{n=1}^\infty \frac1n\int_{0}^{1}u^{n}\ln u \:du \\\\&=2 -\sum_{n=1}^\infty \frac1{n(n+1)^2} \\\\&=2 +\frac{\pi^2}6-2 \\\\&=\zeta(2). \end{align} $$ Del mismo modo, se tiene $$ \begin{align} \int_{0}^{\infty}{\ln x\ln\left(x\over 1+x\right)\over 1+x}&=\int_{0}^{1}\left(\ln u - \ln(1-u)\right)\frac{\ln u}{1-u} \:du \\\\&=\int_{0}^{1}\frac{\ln^2 u}{1-u} \:du - \int_{0}^{1}\frac{\ln(1-u)\ln u }{1-u} \:du \\\\&=2\zeta(3)- \int_{0}^{1}\frac{\ln(1-v)\ln v }{v} \:dv \\\\&=2\zeta(3)-\zeta(3) \\\\&=\zeta(3), \end{align} $$ donde hemos utilizado algunos resultados estándar.

Answer 2

Dividiendo la primera integral en dos y para la segunda utilizando $x\to\frac1x$ , uno tiene \begin{eqnarray} \int_{0}^{\infty}{\ln x\ln\left(x\over 1+x\right)\over (1+x)^2}dx&=&\int_{0}^{1}{\ln x\ln\left(x\over 1+x\right)\over (1+x)^2}dx+\int_{1}^{\infty}{\ln x\ln\left(x\over 1+x\right)\over (1+x)^2}dx\\ &=&\int_{0}^{1}{\ln x\ln\left(x\over 1+x\right)\over (1+x)^2}dx+\int_{0}^{1}{\ln \frac1x\ln\left(\frac1x\over 1+\frac 1x\right)\over (1+\frac1x)^2}\frac1{x^2}dx\\ &=&\int_{0}^{1}{\ln x\ln\left(x\over 1+x\right)\over (1+x)^2}dx+\int_{0}^{1}{\ln x\ln\left(1+x\right)\over (1+x)^2}dx\\ &=&\int_{0}^{1}{\ln^2 x\over (1+x)^2}dx\\ &=&\zeta(2). \end{eqnarray} Dividiendo la segunda integral en dos y para la segunda utilizando $x\to\frac1x$ , uno tiene \begin{eqnarray} \int_{0}^{\infty}{\ln x\ln\left(x\over 1+x\right)\over 1+x}dx&=&\int_{0}^{1}{\ln x\ln\left(x\over 1+x\right)\over 1+x}dx+\int_{1}^{\infty}{\ln x\ln\left(x\over 1+x\right)\over 1+x}dx\\ &=&\int_{0}^{1}{\ln x\ln\left(x\over 1+x\right)\over 1+x}dx+\int_{0}^{1}{\ln \frac1x\ln\left(\frac1x\over 1+\frac 1x\right)\over 1+\frac1x}\frac1{x^2}dx\\ &=&\int_{0}^{1}{\ln x\ln\left(x\over 1+x\right)\over 1+x}dx+\int_{0}^{1}{\ln x\ln\left(1+x\right)\over x(1+x)}dx\\ &=&\int_{0}^{1}{\ln^2 x\over 1+x}dx+\int_{0}^{1}{\frac1x\ln x\ln(1+x)}dx-2\int_{0}^{1}{\ln x\ln\left(1+x\right)\over1+x}dx. \end{eqnarray} Es fácil ver que $$ \int_{0}^{1}{\ln^2 x\over 1+x}dx+\int_{0}^{1}{\frac1x\ln x\ln(1+x)}dx=\frac34\zeta(3) $$ mediante el uso de series. Nota: \begin{eqnarray} 2\int_{0}^{1}{\ln x\ln\left(1+x\right)\over1+x}dx&=&\ln x\ln^2(1+x)\bigg|_0^1-\int_0^1\frac1x\ln^2(1+x)dx\\ &=&-\frac{1}{4}\zeta(3). \end{eqnarray} Así que $$ \int_{0}^{\infty}{\ln x\ln\left(x\over 1+x\right)\over 1+x}dx=\zeta(3). $$