Calcolo $\int_0^1\frac{\ln^2x\ln(1-x)}{1-x}dx$ senza usare la funzione Beta e la somma di Eulero.

Question

È possibile dimostrarlo

$$\int_0^1\frac{\ln^2x\ln(1-x)}{1-x}dx=-\frac12\zeta(4)$$

senza utilizzare la funzione Beta

$$\text{B}(a,b)=\int_0^1 x^{a-1}(1-x)^{b-1}dx=\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}$$e la somma generalizzata di Eulero

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^q}= \left(1+\frac{q}{2} \right)\zeta(q+1)-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{q-2}\zeta(k+1)\zeta(q-k),\quad q\ge 2\ ?$$

Per integrazione per parti che ho trovato

$$\int_0^1\frac{\ln^2x\ln(1-x)}{1-x}dx=\color{blue}{\int_0^1\frac{\ln^2(1-x)\ln x}{x}dx}$$

Ambientazione $1-x\to x$ restituisce nuovamente l'integrale blu.

Questo integrale sembra duro sotto tali restrizioni. Tutti gli approcci sono i benvenuti.

Grazie.

Answer 1

Il trucco di Feynman funziona bene qui:

Permettere

$$I=\int_0^1\frac{\ln^2x\ln(1-x)}{1-x}dx$$

$$I(a)=\int_0^1\frac{\ln^2x\ln(1-ax)}{1-x}dx,\quad I(1)=I,\quad I(0)=0$$

$$\Longrightarrow I'(a)=-\int_0^1\frac{x\ln^2x}{(1-x)(1-ax)}dx=2\frac{\text{Li}_3(a)}{a}+2\frac{\text{Li}_3(a)-\zeta(3)}{1-a}$$

$$\therefore I= 2\int_0^1\frac{\text{Li}_3(a)}{a}da+2\underbrace{\int_0^1\frac{\text{Li}_3(a)-\zeta(3)}{1-a}da}_{IBP}$$

$$=2\zeta(4)+2\int_0^1\frac{\ln(1-a)\text{Li}_2(a)}{a}da$$

$$=2\zeta(4)-\text{Li}_2^2(1)$$

$$=2\zeta(4)-\frac{5}{2}\zeta(4)=-\frac12\zeta(4)$$

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Bonus:

Ho notato che questo trucco funziona solo anche per i poteri di $\ln x$ e seguendo la stessa tecnica troviamo la generalizzazione:

$$\int_0^1\frac{\ln^qx\ln(1-x)}{1-x}dx=-q!\zeta(q+2)-\frac{q!}{2}\sum_{n=1}^{q-1}(-1)^n\zeta(q-n+1)\zeta(n+1)$$

Alcuni casi:

$$\int_0^1\frac{\ln^4x\ln(1-x)}{1-x}dx=12\zeta^2(3)-18\zeta(6)$$

$$\int_0^1\frac{\ln^6x\ln(1-x)}{1-x}dx=720\zeta(3)\zeta(5)-900\zeta(8)$$

Per il caso di poteri dispari di $\ln x$, dovremo usare la somma di Eulero o la funzione beta.

Answer 2

Se sei paziente, puoi calcolare l'antiderivativo che risulta essere $$2 \text{Li}_4(1-x)+2 \text{Li}_4\left(\frac{x-1}{x}\right)-2 \text{Li}_4(x)-\text{Li}_2(x) \log ^2(x)+\text{Li}_2(1-x) \log ^2(1-x)+$$ $$\text{Li}_2\left(\frac{x-1}{x}\right) \log ^2\left(\frac{1}{x}-1\right)+2 \text{Li}_3(x) \log (x)-$$ $$2 \text{Li}_3(1-x) \log (1-x)-2 \text{Li}_3\left(\frac{x-1}{x}\right) \log \left(\frac{1}{x}-1\right)+$$ $$\frac{\log ^4(x)}{4}-\log (1-x) \log ^3(x)+\frac{1}{2} \log ^2(1-x) \log ^2(x)$$

Tuttavia, questo sembra essere quasi (forte eufemismo) impossibile quando l'esponente lo è $4$ o $6$.