Prueba que este polylogarithmic integral tiene el valor indicado de forma cerrado

Question

Pregunta. Demostrar que la siguiente polylogarithmic integral tiene el valor indicado:

$$I:=\int_{0}^{1}\frac{\operatorname{Li}_2{(1-x)}\log^2{(1-x)}}{x}\mathrm{d}x=-11\zeta{(5)}+6\zeta{(3)}\zeta{(2)}.$$

Era capaz de llegar al valor propuesto para la integral a través de una combinación de adivinación educada y control numérico después de los hechos (el valor de la integral fue aproximadamente $I\approx0.457621...$), pero estoy en una pérdida de cómo derivar rigurosamente. ¿Pensamientos?

Answer 1

Ya que las respuestas no se han publicado, voy a ampliar mi comentario anterior.

No hay una fórmula general que los estados $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}^{(r)}}{n^{q}}=\zeta(r)\zeta(q)-\frac{(-1)^{r-1}}{(r-1)!}\int_{0}^{1}\frac{\text{Li}_{q}(x) \log^{r-1}(x) }{1-x}dx $$ where $$ H_{n}^{(r)} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^{r}} .$$

Una prueba puede ser encontrado aquí.

Haciendo la sustitución $u = 1-x$, $$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}^{(r)}}{n^{q}}=\zeta(r)\zeta(q)-\frac{(-1)^{r-1}}{(r-1)!}\int_{0}^{1}\frac{\text{Li}_{q}(1-u) \log^{r-1}(1-u)}{u}dx .$$

Por lo tanto, $$ \int_{0}^{1} \frac{\text{Li}_{2}(1-x)\log^{2}(1-x)}{x} \ dx = 2 \zeta (3) \zeta (2) - 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}^{(3)}}{n^{2}} .$$

Para simplificar la evaluación de Euler suma ligeramente, soy el primero que va a evaluar $ \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}^{(2)}}{n^{3}}$ y, a continuación, utilizar la identidad de $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}^{(r)}}{n^{q}} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}^{(q)}}{n^{r}} = \zeta(r) \zeta(q) + \zeta(r+q) . \tag{1} $$

Considere la posibilidad de $$f(z) = \frac{ \pi \cot (\pi z) \ \psi_{1}(-z)}{z^{3}} $$ where $\psi_{1}(z)$ es la trigamma función.

La función de $f(z)$ tiene polos de orden $3$ a los enteros positivos, un polo de orden 6 en el origen, y simple los postes en los números enteros negativos.

Sobre los lados de un cuadrado con vértices en $\pm \left( N+ \frac{1}{2} \right) \pm i \left( N+ \frac{1}{2} \right)$, $\cot (\pi z)$ es uniformemente acotada.

Y al $z$ es de gran magnitud y no en el eje real positivo, $\psi_{1}(-z)$ es de aproximadamente $ \displaystyle - \frac{1}{z}$.

Así que como $N \to \infty$ a través de los números enteros, $ \displaystyle \int f(z) \ dz$ desaparecerá en todos los cuatro lados de la plaza.

Por lo tanto, $$ \sum_{n=-\infty}^{\infty} \text{Res} [f(z), n] = 0.$$

El Laurent expansión de $\psi_{1}(-z)$ en los enteros positivos (incluyendo $0$) $$ \psi_{1}(-z) = \frac{1}{(z-n)^{2}} + \sum_{m=0}^{\infty} (m+1) \left( (-1)^{m} H_{n}^{(m+2)} + \zeta(m+2) \right) (z-n)^{m} . $$

Y el Laurent expansión de $\pi \cot \pi z$ a los números enteros es

$$ \pi \cot (\pi z) = \frac{1}{z-n} - 2 \sum_{m=1}^{\infty} \zeta(2m) (z-n)^{2m-1} .$$

Así que en los enteros positivos, $$f(z) = \frac{1}{z^{3}} \left(\frac{1}{(z-n)^{3}} + \frac{H_{n}^{(2)} - \zeta(2)}{(z-n)} + \mathcal{O}(1) \right) $$

lo que implica

$$ \begin{align} \text{Res} [f(z), n] &= \text{Res} \left[\frac{1}{z^{3}(z-n)^{3}}, n \right] + \text{Res} \left[\frac{H_{n}^{(2)}-\zeta(2)}{z^{3}(z-n)}, n \right] \\ &= \frac{6}{n^{3}} + \frac{H_{n}^{(2)}}{n^{3}} -\frac{\zeta(2)}{n^{3}} . \end{align} $$

En los enteros negativos,

$$\text{Res} [f(z), -n] = - \frac{\psi_{1}(n)}{n^{3}} = \frac{H_{n-1}^{(2)} - \zeta(2)}{n^{3}} = \frac{H_{n}^{(2)}}{n^{3}} - \frac{1}{n^{5}} - \frac{\zeta(2)}{n^{3}} .$$

Y en el origen,

$$ f(z) = \frac{1}{z^{6}} - \frac{\zeta(2)}{z^{4}} + \frac{2 \zeta(3)}{z^{3}} + \left(\zeta(4) - 2 \zeta^{2}(2) \right) \frac{1}{z^{2}} + \Big(4 \zeta(5) - 4 \zeta(3) \zeta(2) \Big) \frac{1}{z} + \mathcal{O}(1)$$

mientras que implica

$$ \text{Res}[f(z),0] = 4 \zeta(5) - 4 \zeta(3) \zeta(2) .$$

Sumando todos los residuos,

$$6 \zeta(5) + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}^{(2)}}{n^{3}} - \zeta(3) \zeta(2) + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}^{(2)}}{n^{3}} - \zeta(5) - \zeta(3) \zeta(2) + 4 \zeta(5) - 4 \zeta(3) \zeta(2) = 0$$

lo que implica

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}^{(2)}}{n^{3}} = 3 \zeta(3) \zeta(2) - \frac{9}{2} \zeta(5) .$$

A continuación, el uso de $(1)$,

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}^{(3)}}{n^{2}} = \zeta(3) \zeta(2) + \zeta(5) - 3 \zeta(3) \zeta(2) + \frac{9}{2} \zeta(5) = - 2 \zeta(3) \zeta(2) + \frac{11}{2} \zeta(5). $$

Así que, finalmente, hemos

$$ \begin{align} \int_{0}^{1} \frac{\text{Li}_{2}(1-x)\log^{2}(1-x)}{x} \ dx &= 2 \zeta (3) \zeta (2) - 2 \Big(- 2 \zeta(3) \zeta(2) + \frac{11}{2} \zeta(5) \Big) \\ &= 6 \zeta(3) \zeta(2) - 11 \zeta(5) . \end{align}$$