Sobre la integral del dilogaritmo $\int_{0}^{1} \frac{\log^2(1-x) {\rm Li}_2(-x)}{x} \, {\rm d}x $

Question

Dejemos que ${\rm Li}_2$ denotan el función dilogaritmo . Evaluar la integral

$$\mathcal{J} = \int_{0}^{1} \frac{\log^2(1-x) {\rm Li}_2(-x)}{x} \, {\rm d}x $$

Una pregunta relacionada es este de aquí . Sin embargo, hay un problema porque

$$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} {\rm Li}_2(-x) \neq - \frac{\log(1-x)}{x}$$

Por otro lado, podríamos ampliar el $\log^2(1-x)$ en una serie de Taylor y expresar que ${\rm Li}_2$ en una forma integral y luego tratar con una suma armónica , sin embargo no me siento cómodo con el manejo de la doble integración.

¿Alguna ayuda?

Answer 1

Tenemos $$ \int_{0}^{1}\log^2(1-x) x^{n-1}\,dx =\frac{d^2}{da^2}\left.\int_{0}^{1}(1-x)^a x^{n-1}\,dx\right|_{a=0}=\frac{H_n^2-H_n^{(2)}}{n}$$ diferenciando la función Beta de Euler. Como $\text{Li}_2(-x)=\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^n x^n}{n^2}$ La evaluación de $\mathcal{J}$ se reduce a la evaluación de dos sumas de Euler alternas con peso impar: $$\mathcal{J}=\sum_{n\geq 1}(-1)^n\frac{H_n^2-H_n^{(2)}}{n^3}. \tag{A}$$ Ahora $\sum_{n\geq 1}\frac{H_n^2-H_n^{(2)}}{n^3}=S_{11,3}-S_{2,3} =8\,\zeta(5)-4\,\zeta(2)\,\zeta(3)$ se deduce de los resultados estándar sobre las sumas cúbicas de Euler con peso $5$ (Flajolet y Salvy), y por suma por partes la evaluación de $\sum_{n\geq 1}\frac{H_{2n}}{n^3}$ se reduce a la evaluación de $\sum_{n\geq 1}\frac{H_n^{(3)}}{n^2} = \frac{11}{2}\,\zeta(5)-2\,\zeta(2)\,\zeta(3)$ y $$ \mathcal{K}_1 = \sum_{n\geq 1}\frac{H_n^{(3)}}{(2n-1)^2}=-\int_{0}^{1}\frac{\text{Li}_3(x^2)\log(x)}{x^2(1-x^2)}\,dx.\tag{B}$$ Si conseguimos calcular $\mathcal{K}_1$ y $$ \mathcal{K}_2 = \sum_{n\geq 1}\frac{H_{2n}^2}{n^3},\tag{C} $$ o simplemente $\int_{0}^{1}\frac{\log^2(1-x)\text{Li}_2(x^{\color{red}{2}})}{x}\,dx$ hemos terminado.

Este tipo de sumas de Euler han sido estudiadas por Xu, Yang y Zhang . Página $13$ de este artículo reciente demuestra que $\mathcal{J}$ es un polinomio en $\zeta(2),\zeta(3),\zeta(5),\log(2),\text{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)$ y $\text{Li}_5\left(\frac{1}{2}\right)$ .