Evaluar $\displaystyle \int\limits_0^1 \dfrac{\ln^m (1+x)\ln^n x}{x}\; dx$ $m,n\in\mathbb{N}$
Me preguntaba si ello tenía algún tipo de una forma cerrada, aquí algunos de los casos especiales se han discutido pero es realmente fascinante.
Creo que no hay ninguna extensión de taylor general $\ln^m (1+x)$ y lo transforma en una serie sería que fácil.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Los números de Stirling de primera especie que podría ser útil, Considere la posibilidad de
$$m! \sum_{k=m}^\infty (-1)^{k-m} \left[k\atop m\right] \frac{x^k}{k!} = \log^m(1+x)$$
$$\int\limits_0^1 \dfrac{\log^m (1+x)\log^n x}{x}\; dx = m! \sum_{k=m}^\infty (-1)^{k-m} \left[k\atop m\right] \frac{1}{k!} \int^1_0 x^{k-1} \log^n(x)\,dx$$
Ahora es fácil ver que
$$\int^1_0 x^{k-1} \,dx = \frac{1}{k}$$
Por la diferenciación $n$ veces con respecto a $k$
$$\int^1_0 x^{k-1} \log^n(x)\,dx = (-1)^n\frac{n!}{k^{n+1}}$$
La sustitución de espalda
$$\int\limits_0^1 \dfrac{\log^m (1+x)\log^n x}{x}\; dx =(m!)(n!) \sum_{k=m}^\infty (-1)^{k-m+n} \left[k\cima de m\right] \frac{1}{k!\, k^{n+1}}$$
Ahora el Striling números podrían relacionados con Euler sumas de dinero a través de ecuaciones como
$$\frac{\left[k\atop 3\right]}{k!} =\frac{ (H_{k-1})^2-H^{(2)}_{k-1}}{2k}$$
y
$$\frac{\left[k\atop 4\right]}{k!} =\frac{ (H_{k-1})^3-3H^{(2)}_{k-1}H_{k-1}+2H^{(3)}_{k-1}}{6k}$$
No creo que exista una fórmula simple, pero este procedimiento de trabajo.
Caso $m=2 , n=2$
$$\int\limits_0^1 \dfrac{\log^2 (1+x)\log^2 x}{x}\; dx =4 \sum_{k=2}^\infty (-1)^{k} \left[k\encima de 2\right] \frac{1}{k!\, k^{3}}$$
Tenga en cuenta que
$$\frac{\left[k\atop 2\right]}{k!} = \frac{H_{k-1}}{k}$$
Por lo tanto podemos deducir que
$$\int\limits_0^1 \dfrac{\log^2 (1+x)\log^2 x}{x}\; dx =4 \sum_{k=2}^\infty (-1)^{k} \frac{H_{k-1}}{\, k^{4}}$$
Tenga en cuenta que
$$\begin{align} \sum_{k=2}^\infty (-1)^{k} \frac{H_{k-1}}{\, k^{4}} &=\sum_{k=2}^\infty (-1)^{k} \frac{H_{k}}{ k^{4}} -\sum_{k=2}^\infty (-1)^{k} \frac{1}{ k^{5}} \\ &=\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k} \frac{H_{k}}{ k^{4}} -\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k} \frac{1}{ k^{5}}\\ &= \frac{\zeta(2) \zeta(3)}{2} - \frac{ 29\zeta(5)}{32} \end{align}$$
Podemos deducir que
$$\boxed{\int\limits_0^1 \dfrac{\log^2 (1+x)\log^2 x}{x}\; dx = 2\zeta(2) \zeta(3)- \frac{ 29}{8}\zeta(5)}$$
Esto implica que podemos representar el caso especial $m=2$
$$\int\limits_0^1 \dfrac{\log^2 (1+x)\log^n x}{x}\; dx =2 (-1)^n(n!) \left[ \sum_{k=1}^\infty (-1)^{k} \frac{H_k}{ k^{n+2}} + \left(1 a 2^{n-2} \right) \zeta(n+3) \right]$$
La fórmula General en términos de los lineales de Euler sumas
Definir $\{ m\}$ $l$ particiones de $m$ donde $m = i_1r_1+\cdots i_l r_l$
$$ \frac{1}{(m+1)!} \log^{m+1}(1+x) =\sum_{\{m\}} \sum_{k=1}^\infty \prod^l_{j=1}\frac{(-1)^{i_j+1}}{(i_j)!} \left( \frac{H_{k-1}^{(r_j)}}{r_j}\right)^{i_j} \frac{(-x)^k}{k} $$
Sustituto de vuelta en la integral
$$\int\limits_0^1 \dfrac{\log^{m} (1+x)\log^n x}{x}\; dx = (-1)^{n+1}(n!) (m)! \sum_{\{m-1\}} \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{k^{n+2}} \prod^{l'}_{j=1}\frac{(-1)^{i_j}}{(i_j)!} \left( \frac{H_{k-1}^{(r_j)}}{r_j}\right)^{i_j}$$
Referencia: https://arxiv.org/pdf/math/0607514.pdf
