Cómo encontrar la forma cerrada para $\int_{0}^{1}\ln^k{x}\ln(1+x+x^2+\cdots+x^n){\mathrm dx\over x}=F(k)\zeta(k+2)?$

Question

Propuesta:

$$\int_{0}^{1}\ln{x}\ln(1+x+x^2+\cdots+x^n){\mathrm dx\over x}=-{n(n+2)\over (n+1)^2}\zeta(3)\tag1$$

y

$$\int_{0}^{1}\ln^k{x}\ln(1+x+x^2+\cdots+x^n){\mathrm dx\over x}=F(k)\zeta(k+2)\tag2$$

Yo:

$$\int_{0}^{1}\ln^k{x}\ln\left({x^{n+1}-1\over x-1}\right){\mathrm dx\over x}=\tag3$$

$$\int_{0}^{1}\ln^k{x}\ln(x^{n+1}-1){\mathrm dx\over x}-\int_{0}^{1}\ln^k{x}\ln(x-1){\mathrm dx\over x}\tag4$$

¿Cómo se evalúa la forma cerrada para $(2)?$

Answer 1

Sugerencia. La evaluación de la siguientes integral es suficiente para obtener una respuesta a su pregunta, $$ I_{n,k}:=\int_{0}^{1}\ln^k{x}\ln(1-x^{n+1}){\mathrm dx\sobre x},\qquad k,n=1,2,\cdots. $$ Se puede observar que, por el cambio de variable $$ u=x^{n+1},\quad \ln u =(n+1) \cdot \ln x,\quad \frac{du}u=(n+1)\cdot \frac{dx}x, $$ uno tiene $$ \begin{align} I_{n,k}=\int_{0}^{1}\ln^k{x}\ln(1-x^{n+1}){\mathrm dx\over x}&=\frac1{(n+1)^{k+1}}\int_{0}^{1}\ln^k{u}\ln(1-u){\mathrm du\over u} \\\\&=-\frac1{(n+1)^{k+1}}\sum_{\nu\ge1}{1\over \nu}\int_{0}^{1}u^\nu\ln^k{u}\:du \\\\&=-\frac1{(n+1)^{k+1}}\sum_{\nu\ge1}{1\over \nu}\cdot \frac{(-1)^kk!}{(\nu+1)^{k+1}} \\\\&=-\frac{(-1)^kk!}{(n+1)^{k+1}}\sum_{\nu\ge1} \frac{1}{\nu(\nu+1)^{k+1}} \end{align} $ $ , entonces el último de la serie se puede obtener utilizando la relación de recurrencia $$ \sum_{\nu\ge1} \frac{1}{\nu(\nu+1)^{k+1}}=\sum_{\nu\ge1} \frac{1+\nu\nu}{\nu(\nu+1)^{k+1}}=\sum_{\nu\ge1} \frac{1}{\nu(\nu+1)^{k}}-\zeta(k+1)+1,\quad k\ge1, $$ dando $$ \sum_{\nu\ge1} \frac{1}{\nu(\nu+1)^{k+1}}=k+1-\sum_{j=1}^k\zeta(j+1),\quad k\ge1. $ $ , Por último,

$$ \int_{0}^{1}\ln^k{x}\ln(1+x+x^2+\cdots+x^n){\mathrm dx\sobre x}=(-1)^kk!\izquierda(1-\frac{1}{(n+1)^{k+1}} \right)\left(k+1-\sum_{j=2}^{k+1}\zeta(j)\right). $$