Las integrales de potencias enteras de dilogarithm función

Question

Estoy interesado en la evaluación de las integrales de número entero positivo de los poderes de la dilogarithm función. Me gustaría ver el caso general abordarse si es posible, o restricción que, a continuación, como muchos casos particulares como sea posible.

Problema. Para cada una de las $n\in\mathbb{N}$, evaluar la integral definida $\mathcal{I}_n$: $$\mathcal{I}_n:=\int_{0}^{1}\left[\operatorname{Li}_2{(x)}\right]^n\,\mathrm{d}x=\,???$$

---

El primero de los dos casos no son tan difíciles de evaluar, pero para referencia sólo voy a expresar sus valores sin la prueba:

$$\begin{align} \int_{0}^{1}\operatorname{Li}_2{(x)}\,\mathrm{d}x &=\zeta{(2)}-1\\ &=0.6449340668482264\dots; \end{align}$$

y

$$\begin{align} \int_{0}^{1}\operatorname{Li}_2{(x)}^2\,\mathrm{d}x &=\frac52\zeta{(4)}-4\zeta{(3)}-2\zeta{(2)}+6\\ &=0.6077123379430154\dots. \end{align}$$

---

El siguiente caso, $n=3$, es mucho más difícil que los dos anteriores. Sin embargo, mediante la combinación de mi respuesta a esta pregunta con Omran Kouba la respuesta a la misma pregunta, y suponiendo que ambas respuestas son correctas, yo era capaz de inferir que

$$\zeta{(5)}+6\zeta{(3)}+\frac{\pi^4}{15}-15=\frac{1}{3!}\int_{0}^{1}\left[\operatorname{Li}_2{(x)}-\zeta{(2)}\right]^3\,\mathrm{d}x.$$

A continuación, utilizando el Teorema del Binomio para ampliar el integrando en el lado derecho y por el uso de los valores anteriores de $\mathcal{I}_n$$n<3$, yo era capaz de resolver la integral de la $\mathcal{I}_3$ y buscar el siguiente valor:

$$\begin{align} \mathcal{I}_3 &=\int_{0}^{1}\operatorname{Li}_2{(x)}^3\,\mathrm{d}x\\ &=6\zeta{(5)}+36\zeta{(3)}+\frac{\pi^6}{216}+\frac{19\pi^4}{60}+3\pi^2-2\pi^2\zeta{(3)}-90\\ &=0.6738641012555397\dots. \end{align}$$

Pero sin duda hay una menos tortuosa manera de probar esto. ¿Alguien puede ofrecer una prueba directa de que la integral de la $\mathcal{I}_3$ tiene la conjetura valor indicado antes?

Probar: $$\int_{0}^{1}\operatorname{Li}_2{(x)}^3\,\mathrm{d}x\stackrel{?}{=}6\zeta{(5)}+36\zeta{(3)}+\frac{\pi^6}{216}+\frac{19\pi^4}{60}+3\pi^2-2\pi^2\zeta{(3)}-90.$$

Y por último, lo de la $n>3$ de los casos? ¿Cuál es el mayor $n$ que $\mathcal{I}_n$ puede ser evaluado? Puede $\mathcal{I}_4$ ser evaluado? En la parte inferior de Omran Kouba la respuesta a la pregunta que me he referido más arriba, dice que, a sus conocimientos, los valores de la integral de potencias enteras de la dilogarithm para potencias de más de $2$ no sabe. Claramente, para que esa declaración sea verdadera, por lo menos, tendría que ser modificada para reflejar el hecho de que el valor de la integral de la tercera potencia de la dilogarithm es de hecho conocido (suponiendo que yo no soy de alguna manera, en la primera persona en saberlo!). Pero son los valores de $n>3$ realmente desconocido?

---

Actualización: Como abundan sobremanera fue capaz de mostrar, la búsqueda de $\int_{0}^{1}\operatorname{Li}_2{(x)}^3\,\mathrm{d}x$ a través de repreated integración por partes en realidad no es tan difícil en absoluto! Para la comparación, vamos a ver cuánto más difícil encontrar a $\int_{0}^{1}\operatorname{Li}_2{(x)}^4\,\mathrm{d}x$ es que si tratamos de reciclar el mismo método.

Para evaluar $\int_0^1\operatorname{Li}_2{(x)}^4\mathrm{d}x$, integrar por partes usando

$$\frac{d}{dx}\operatorname{Li}_2{(x)}^{4}=-\frac{4\ln{(1-x)}\operatorname{Li}_2{(x)}^3}{x}.$$

A continuación,

$$\begin{align} \mathcal{I}_4 &=\int_{0}^{1}\operatorname{Li}_2{(x)}^4\,\mathrm{d}x\\ &=\left[x\operatorname{Li}_2{(x)}^4\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}x\left(-\frac{4\ln{(1-x)}\operatorname{Li}_2{(x)}^3}{x}\right)\,\mathrm{d}x\\ &=\operatorname{Li}_2{(1)}^4+4\int_{0}^{1}\ln{(1-x)}\operatorname{Li}_2{(x)}^3\,\mathrm{d}x\\ &=\zeta{(2)}^4+4\int_{0}^{1}\ln{(1-x)}\operatorname{Li}_2{(x)}^3\,\mathrm{d}x. \end{align}$$

Luego evalúa las $\int_{0}^{1}\ln{(1-x)}\operatorname{Li}_2{(x)}^3\,\mathrm{d}x$ integrando por partes utilizando de nuevo

$$\int\ln{(1-x)}\,\mathrm{d}x=(x-1)\ln{(1-x)}-x+constant,$$

$$\frac{d}{dx}\operatorname{Li}_2{(x)}^3=-\frac{3\ln{(1-x)}\operatorname{Li}_2{(x)}^2}{x}.$$

A continuación,

$$\begin{align} \int_{0}^{1}\ln{(1-x)}\operatorname{Li}_2{(x)}^3\,\mathrm{d}x &=\left[\left((x-1)\ln{(1-x)}-x\right)\operatorname{Li}_2{(x)}^3\right]_{0}^{1}\\ &~~~~~-\int_{0}^{1}\left((x-1)\ln{(1-x)}-x\right)\left(-\frac{3\ln{(1-x)}\operatorname{Li}_2{(x)}^2}{x}\right)\,\mathrm{d}x\\ &=-\operatorname{Li}_2{(1)}^3\\ &~~~~~-3\int_{0}^{1}\left[\frac{\ln^2{(1-x)}}{x}-\ln^2{(1-x)}+\ln{(1-x)}\right]\operatorname{Li}_2{(x)}^2\,\mathrm{d}x\\ &=-\zeta{(2)}^3-3\int_{0}^{1}\frac{\ln^2{(1-x)}\operatorname{Li}_2{(x)}^2}{x}\,\mathrm{d}x\\ &~~~~~+3\int_{0}^{1}\ln^2{(1-x)}\operatorname{Li}_2{(x)}^2\,\mathrm{d}x-3\int_{0}^{1}\ln{(1-x)}\operatorname{Li}_2{(x)}^2\,\mathrm{d}x. \end{align}$$

La tercera integral en la última línea de arriba tiene el valor,

$$\int_{0}^{1}\ln{(1-x)}\operatorname{Li}_2{(x)}^2\,\mathrm{d}x=2\zeta{(5)}+\frac{19}{2}\zeta{(4)}+12\zeta{(3)}+6\zeta{(2)}-4\zeta{(3)}\zeta{(2)}-30.$$

(continuará...)

Answer 1

Hay una sencilla manera de hacer estas integrales. Por encima de todo, es sistemático. Cada dilogarithm se puede escribir como una integral iterada $$ L(x) = \int_0^x \frac{dt}{t}\int_0^t\frac{du}{1-u}. $$ Cada potencia de un dilogarithm luego puede expandirse en un producto de larga de las integrales, dando, como por ejemplo: $$ \int_0^1 L(x)^2\,dx = \int_0^1dx \int_0^x \frac{dt_1}{t_1} \int_0^{t_1}\frac{du_1}{1-u_1} \int_0^x \frac{dt_2}{t_2} \int_0^{t_2}\frac{du_2}{1-u_2}. $$ La razón de esto es fácil es que una representación integral de varios zeta los valores de tiene la forma $$ \int_0^1 \frac{dw_1}{w_1-b_1}\int_0^{w_1}\frac{dw_2}{w_2-b_2}\cdots\int_0^{w_{n-1}}\frac{dw_n}{w_n-b_n}, $$ donde $b_j\in\{0,1\}$.

En el caso de $\int L(x)^n$, el dominio de la integral es $$ 0< t_1,\ldots,t_n < x < 1, \qquad 0 < u_j < t_j, $$ que puede ser reorganizado en una unión de simplices de la forma $$ 0<w_{2n}<\cdots<w_{1}<x<1, $$ (donde $w_j$'s son todos los de $t_j$'s y $u_j$'s en un poco de orden), y la integral sobre cada simplex tiene la forma $$ \int_0^1dx\,\Omega, $$ donde $\Omega$ es una integral iterada de expresión, comenzando con cualquiera de las $\int_0^x \frac{dw_1}{w_1}$ o $\int_0^x \frac{dw_1}{1-w_1}$.

Es fácil intercambiar el orden de integración de $x$$w_1$, integrar sobre $x$, y la dejó con un muy similares integral otro simplex, con sólo las variables de $w_2,\ldots,w_{2n}$ actual.

La aplicación de este procedimiento recursivo da las siguientes expresiones para $I$: $$\begin{eqnarray} I_1 &=& \zeta(2) - 1 \\I_2 &=& -2\zeta(2) - 4\zeta(2,1) + 2\zeta(2,2) + 4\zeta(3,1) + 6 \\I_3 &=& 18\zeta(2) + 36\zeta(2,1) + 36\zeta(2,1,1) - 12\zeta(2,1,2) - 6\zeta(2,2) - 24\zeta(2,2,1) + 6\zeta(2,2,2) + 12\zeta(2,3,1) - 12\zeta(3,1) - 36\zeta(3,1,1) + 12\zeta(3,1,2) + 24\zeta(3,2,1) + 36\zeta(4,1,1) - 90 \\I_4 &=& -360\zeta(2) - 720\zeta(2,1) - 864\zeta(2,1,1) - 576\zeta(2,1,1,1) + 144\zeta(2,1,1,2) + 144\zeta(2,1,2) + 288\zeta(2,1,2,1) - 48\zeta(2,1,2,2) - 96\zeta(2,1,3,1) + 72\zeta(2,2) + 288\zeta(2,2,1) + 432\zeta(2,2,1,1) - 96\zeta(2,2,1,2) - 24\zeta(2,2,2) - 192\zeta(2,2,2,1) + 24\zeta(2,2,2,2) + 48\zeta(2,2,3,1) - 48\zeta(2,3,1) - 288\zeta(2,3,1,1) + 48\zeta(2,3,1,2) + 96\zeta(2,3,2,1) + 144\zeta(2,4,1,1) + 144\zeta(3,1) + 432\zeta(3,1,1) + 576\zeta(3,1,1,1) - 144\zeta(3,1,1,2) - 48\zeta(3,1,2) - 288\zeta(3,1,2,1) + 48\zeta(3,1,2,2) + 96\zeta(3,1,3,1) - 96\zeta(3,2,1) - 432\zeta(3,2,1,1) + 96\zeta(3,2,1,2) + 192\zeta(3,2,2,1) + 288\zeta(3,3,1,1) - 144\zeta(4,1,1) - 576\zeta(4,1,1,1) + 144\zeta(4,1,1,2) + 288\zeta(4,1,2,1) + 432\zeta(4,2,1,1) + 576\zeta(5,1,1,1) + 2520 \end{eqnarray}$$

He calculado estos valores de a $n=8$, pero las expresiones son de larga ($I_5$ ha 428 términos), y de los enteros involucrados convertido en excesivamente grande, por lo que no se incluyen aquí.

Para las pequeñas $n$, al menos hasta el $n=4$, he encontrado numéricamente que las expresiones anteriores pueden escribirse en términos de ordinario zeta valores de la siguiente manera: $$\begin{eqnarray}\def\tfrac#1#2{{\textstyle\frac{#1}{#2}}} I_1 &=& \zeta(2) - 1 \\I_2 &=& -4 \zeta (3)-2 \zeta (2)+\tfrac{5}{2} \zeta (4)+6 \\I_3 &=& -12 \zeta (3) \zeta (2)+6 \zeta (5)+36 \zeta (3)+18 \zeta (2)+\tfrac{57}{2} \zeta (4)+\tfrac{35}{8} \zeta (6)-90 \\I_4 &=& 24 \zeta (5) \zeta (2)+144 \zeta (3) \zeta (2)+84 \zeta (3) \zeta (4)-195 \zeta (7)-648 \zeta (5)+144 \zeta (3)^2-720 \zeta (3)-360 \zeta (2)-774 \zeta (4)-\frac{11}{2} \zeta (6)+\frac{175}{24} \zeta (8)+2520 \end{eqnarray}$$ Me registré $n\leq3$ uso de conocidas identidades satisfecho por MZVs, tales como los que están aquí. Para $I_4$, mientras que esto no es una prueba de que la expresión es correcta, todo este procedimiento reduce el problema de la evaluación de las integrales de $I_n$ a el problema de la aplicación conocida identidades múltiples valores zeta, que es más sencillo.

Una rápida entero relación con la búsqueda de una forma cerrada para $I_5$ no me dio nada.

Puede o no puede ser una forma cerrada para $I_5$ (creo que este no es resuelto), pero no hay forma sistemática para reducir varios zeta valores corrientes valores zeta. Por ejemplo, el peso de 10, que es lo $I_5$ requiere, es el primer peso en el cual conoce las relaciones entre la profundidad de dos valores zeta son insuficientes para reducir a ordinario valores zeta ("Euler Sumas y Contorno Integral Representaciones" por Flajolet y Salvy). Porque aquí la profundidad de ser de hasta cinco, este problema es más difícil.

Answer 2

Permítanme presentar a otro enfoque. A pesar de ser más largos y tediosos, este método es independiente de los resultados que se derivan de las anteriores respuestas. La idea principal es expandir ${\rm Li}_2(x)$ como una serie e integrar término a término.

---

Para $n=1$, \begin{align} \mathcal{I}_1 &=\int^1_0{\rm Li}_2(x) \ {\rm d}x\\ &=\int^1_0\sum^\infty_{j=1}\frac{x^j}{j^2}{\rm d}x\\ &=\sum^\infty_{j=1}\frac{1}{j^2(j+1)}\\ &=\sum^\infty_{j=1}\frac{1}{j^2}-\frac{1}{j}+\frac{1}{j+1}\\ \end{align} Vemos que \begin{align} \sum^\infty_{k=1}\frac{1}{k^2} &=\frac{\pi^2}{6}\\ \sum^\infty_{k=1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k}\right) &=\sum^\infty_{k=2}\frac{1}{k}-\sum^\infty_{k=1}\frac{1}{k}\\ &=-1 \end{align} Por lo tanto $$\mathcal{I}_1=\frac{\pi^2}{6}-1$$

---

Para $n=2$, \begin{align} \mathcal{I}_2 &=\int^1_0{\rm Li}^2_2(x) \ {\rm d}x\\ &=\int^1_0\sum^\infty_{j=1}\frac{x^j}{j^2}\sum^\infty_{k=1}\frac{x^k}{k^2}{\rm d}x\\ &=\sum^\infty_{j=1}\frac{1}{j^2}\sum^\infty_{k=1}\frac{1}{k^2(k+j+1)}\\ &=\sum^\infty_{j=1}\frac{1}{j^2(j+1)}\sum^\infty_{k=1}\frac{1}{k^2}-\frac{1}{k(j+1)}+\frac{1}{(k+j+1)(j+1)}\\ &=\frac{\pi^2}{6}\left(\frac{\pi^2}{6}-1\right)+\sum^\infty_{j=1}\frac{1}{j^2(j+1)^2}\sum^\infty_{k=1}\frac{1}{k+j+1}-\frac{1}{k}\\ &=\frac{\pi^4}{36}-\frac{\pi^2}{6}+\color{red}{\sum^\infty_{j=1}\frac{2H_{j+1}}{j}}\color{green}{-\sum^\infty_{j=1}\frac{2H_{j+1}}{j+1}}\color{blue}{-\sum^\infty_{j=1}\frac{H_{j+1}}{j^2}}\color{purple}{-\sum^\infty_{j=1}\frac{H_{j+1}}{(j+1)^2}}\\ \end{align} Es trivial demostrar que \begin{align} \sum^\infty_{j=1}\frac{H_j}{j^2} &=2\zeta(3) \end{align} Vemos que \begin{align} \color{red}{\sum^\infty_{j=1}\frac{2H_{j+1}}{j}} &=\sum^\infty_{j=1}\frac{2H_j}{j}+\frac{2}{j(j+1)}\\ &=\color{red}{\sum^\infty_{j=1}\frac{2H_j}{j}+2}\\ \color{green}{-\sum^\infty_{j=1}\frac{2H_{j+1}}{j+1}} &=\color{green}{-\sum^\infty_{j=1}\frac{2H_j}{j}+2}\\ \color{blue}{-\sum^\infty_{j=1}\frac{H_{j+1}}{j^2}} &=-\sum^\infty_{j=1}\frac{H_{j}}{j^2}-\sum^\infty_{j=1}\frac{1}{j^2(j+1)}\\ &=\color{blue}{-2\zeta(3)+1-\frac{\pi^2}{6}}\\ -\color{purple}{\sum^\infty_{j=1}\frac{H_{j+1}}{(j+1)^2}} &=-\sum^\infty_{j=1}\frac{H_{j}}{j^2}+1\\ &=\color{\purple}{-2\zeta(3)+1} \end{align} Por lo tanto $$\mathcal{I}_2=\frac{\pi^4}{36}-4\zeta(3)-\frac{\pi^2}{3}+6$$

---

Para $n=3$, \begin{align} \mathcal{I}_3 &=\int^1_0{\rm Li}^3_2(x) \ {\rm d}x\\ &=\int^1_0\sum^\infty_{j=1}\frac{x^j}{j^2}\sum^\infty_{k=1}\frac{x^k}{k^2}\sum^\infty_{m=1}\frac{x^m}{m^2}{\rm d}x\\ &=\sum^\infty_{j=1}\frac{1}{j^2}\sum^\infty_{k=1}\frac{1}{k^2}\sum^\infty_{m=1}\frac{1}{m^2(m+j+k+1)}\\ &=\sum^\infty_{j=1}\frac{1}{j^2}\sum^\infty_{k=1}\frac{1}{k^2(j+k+1)}\sum^\infty_{m=1}\frac{1}{m^2}-\frac{1}{m(j+k+1)}+\frac{1}{(m+j+k+1)(j+k+1)}\\ &=\frac{\pi^2}{6}\mathcal{I}_2-\sum^\infty_{j=1}\frac{1}{j^2}\sum^\infty_{k=1}\frac{H_{k+j+1}}{k^2(k+j+1)^2}\\ &=\frac{\pi^2}{6}\mathcal{I}_2-\sum^\infty_{j=1}\frac{1}{j^2(j+1)^2}\sum^\infty_{k=1}\left(\frac{H_{k+j+1}}{k^2}+\frac{H_{k+j+1}}{(k+j+1)^2}\right)+2\sum^\infty_{j=1}\frac{1}{j^2(j+1)^3}\sum^\infty_{k=1}\left(\frac{H_{k+j+1}}{k}-\frac{H_{k+j+1}}{k+j+1}\right) \end{align} El interior de la primera suma es \begin{align} \sum^\infty_{k=1}\frac{H_{k+j+1}}{k^2} &=2\zeta(3)+\sum^\infty_{k=1}\sum^{j+1}_{m=1}\frac{1}{k^2(k+m)}\\ &=2\zeta(3)+\sum^\infty_{k=1}\sum^{j+1}_{m=1}\frac{1}{mk^2}-\frac{1}{m^2k}+\frac{1}{m^2(k+m)}\\ &=2\zeta(3)+\frac{\pi^2}{6}H_{j+1}-\sum^{j+1}_{m=1}\frac{1}{m^2}\sum^\infty_{k=1}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+m}\right)\\ &=2\zeta(3)+\frac{\pi^2}{6}H_{j+1}-\sum^{j+1}_{k=1}\frac{H_k}{k^2}\\ \end{align} La segunda suma es \begin{align} \sum^\infty_{k=1}\frac{H_{k+j+1}}{(k+j+1)^2} &=2\zeta(3)-\sum^{j+1}_{k=1}\frac{H_k}{k^2} \end{align} La adición de ellos da $$4\zeta(3)+\frac{\pi^2}{6}H_{j+1}-2\sum^{j+1}_{k=1}\frac{H_k}{k^2}$$ El tercer suma es \begin{align} \sum^\infty_{k=1}\frac{H_{k+j+1}}{k} &=\sum^\infty_{k=1}\frac{H_k}{k}+\sum^\infty_{k=1}\sum^{j+1}_{m=1}\frac{1}{k(k+m)}\\ &=\sum^\infty_{k=1}\frac{H_{k}}{k}+\sum^\infty_{k=1}\sum^{j+1}_{m=1}\frac{1}{mk}-\frac{1}{m(k+m)}\\ &=\sum^\infty_{k=1}\frac{H_{k}}{k}+\sum^{j+1}_{k=1}\frac{H_k}{k}\\ \end{align} El cuarto de la suma es \begin{align} \sum^\infty_{k=1}\frac{H_{k+j+1}}{k+j+1} &=\sum^\infty_{k=1}\frac{H_{k}}{k}-\sum^{j+1}_{k=1}\frac{H_k}{k} \end{align} Restando les da $$H_{j+1}^2+H_{j+1}^{(2)}$$ Así $$\mathcal{I}_3=\frac{\pi^2}{6}\mathcal{I}_2-\sum^\infty_{j=1}\frac{1}{j^2(j+1)^2}\left(4\zeta(3)+\frac{\pi^2}{6}H_{j+1}-2\sum^{j+1}_{k=1}\frac{H_k}{k^2}\right)+2\sum^\infty_{k=1}\frac{H_{j+1}^2+H_{j+1}^{(2)}}{j^2(j+1)^3}$$ Voy a tratar de completar la evaluación de $\mathcal{I}_3$ durante los próximos días, y agregar en el cálculo de $\mathcal{I}_4$ el uso de este método si tengo tiempo. Está claro que $\mathcal{I}_3$ puede ser reducido a un montón de Euler sumas, que son todos bastante manejable para calcular.

Answer 3

Integrar por partes dos veces. \begin{align} \int^1_0{\rm Li}_2^3(x){\rm d}x &=\left[x{\rm Li}^3_2(x)\right]^1_0+\int^1_03{\rm Li}^2_2(x)\ln(1-x){\rm d}x\\ &=\frac{\pi^6}{216}-\frac{\pi^4}{12}+6\color\red{\int^1_0\frac{\left[(x-1)\ln(1-x)-x\right]{\rm Li}_2(x)\ln(1-x)}{x}{\rm d}x}\\ &=\frac{\pi^6}{216}-\frac{\pi^4}{12}+6\zeta(5)+\frac{2\pi^4}{5}+36\zeta(3)+3\pi^2-2\pi^2\zeta(3)-90\\ &=\frac{\pi^6}{216}+\frac{19\pi^4}{60}+6\zeta(5)+36\zeta(3)+3\pi^2-2\pi^2\zeta(3)-90\\ \end{align} La red integral fue evaluado en su respuesta anterior.