証明するさまざまな方法 $\int_{0}^{1}\frac {{\log(x)} {\log(1-x)}}{x}dx=\zeta(3)$
質問：-それを証明する$$\int_0^1 \frac {\log(x) \log(1-x)}{x} \, dx=\zeta(3)$$
それが私がそれを証明する方法です。
しましょう $a>0$、次のシリーズを検討してください
$$\sum_{n=1}^\infty \frac {1}{(n+a)^2}=\int_0^1 \int_0^1 \frac {(xy)^a}{1-xy} \, dx \, dy$$
さて、 $a$ そしてしましょう $a=0$ 取得する
$$\begin{align} \zeta(3)&=\frac{-1} 2 \int_0^1\int_0^1 \frac {\log(xy)}{1-xy} \, dx\, dy\\\\ &=\frac{-1}{2}\int_0^1 \int_0^1 \frac {\log(x)+\log(y)}{1-xy} \, dx \, dy \end{align}$$
対称性を使用して、
$$\zeta(3)=-\int_0^1 \int_0^1 \frac {\log(x)}{1-xy} \, dx$$
$$\zeta(3)=\int_0^1 \frac {\log(x) \log(1-x)}{x} \, dx$$
この積分を解くために他にどのような方法を使用できるか知りたいです。
回答
しましょう $I$ 積分によって与えられる
$$I=\int_0^1 \frac{\log(x)\log(1-x)}{x}\,dx$$
との部品による統合 $u=\log(x)$ そして $v=-\text{Li}_2(x)$ 収量
$$\begin{align} I&=\int_0^1 \frac{\text{Li}_2(x)}{x}\,dx\\\\ &=\text{Li}_3(1)\\\\ &=\zeta(3) \end{align}$$
示されるように！
パーツによる統合による代替アプローチ。 $$I= \int_0^1\frac{\ln x\ln(1-x)}{x}dx \underbrace{=}_{IBP}\overbrace{\ln x\ln(1-x)\int_0^1\frac{1}{x}dx}^{0}-\int_0^1\left[\left(\frac{\ln(1-x)}{x}-\frac{\ln x}{1-x}\right)\int\frac{1}{x}dx\right]dx=-\int_0^1\frac{\ln x\ln(1-x)}{x}dx+\int_0^1\frac{\ln^2(x)}{1-x}dx$$ したがって、 $$2I=\int_0^1\frac{\ln^2(x)}{1-x}dx=\sum_{n=0}^{\infty}\color{red}{\int_0^1 x^{n}\ln^2(x)dx} $$ 以来
$$\int_0^1 x^p \ln^q dx =(-1)^q \frac{q!}{(p+1)^{q+1}}=(-1)^q\frac{\Gamma(q+1)}{(p+1)^{q+1}}$$ここで証明されています
、それから $p=n$ そして $q=2$ 私たちの積分は $$I= \frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2!}{(n+1)^{3}}=\zeta(3)$$。
コメントで言及されている@PeterForemanのように、このシリーズは次の目的で使用できます。 $\log(1-x)$ 積分を計算するために $[0,1]$：
\ begin {equation} I =-\ int \ limits_ {0} ^ {1} \ frac {\ log（x）} {x} \ sum_ {k = 1} ^ {+ \ infty} \ frac {x ^ { k}} {k} \、\ mathrm {d} x \ end {equation}
積分と合計の両方が収束するため、それらを交換できます。
\ begin {equation} I =-\ sum_ {k = 1} ^ {+ \ infty} \ frac {1} {k} \ int \ limits_ {0} ^ {1} \ log（x）x ^ {k- 1} \、\ mathrm {d} x \ end {equation}
代用あり $x=e^{-z}$、次のようになります。
\ begin {equation} I = \ sum_ {k = 1} ^ {+ \ infty} \ frac {1} {k} \ int \ limits_ {0} ^ {+ \ infty} ze ^ {-zk} \ mathrm { d} z \ end {equation}
さて、代用で $zk=s$、ガンマ関数の観点から積分を表現できるようになります。
\ begin {equation} I = \ sum_ {k = 1} ^ {+ \ infty} \ frac {1} {k ^ {3}} \ underbrace {\ int \ limits_ {0} ^ {+ \ infty} se ^ {-s} \ mathrm {d} s} _ {\ Gamma（2）} \ end {equation}
\ begin {equation} I = \ sum_ {k = 1} ^ {+ \ infty} \ frac {1} {k ^ {3}} \ end {equation}
\ begin {equation} \ int \ limits_ {0} ^ {1} \ frac {\ log（x）\ log（1-x）} {x} \、\ mathrm {d} x = \ zeta（3）\ end {方程式}
まずは $1-x\to x$ 次に、両側に積分を追加します
$$I=\int_0^1\frac{\ln x\ln(1-x)}{x}dx=\int_0^1\frac{\ln(1-x)\ln x}{1-x}dx$$
$$\Longrightarrow 2I=\int_0^1\frac{\ln x\ln(1-x)}{x(1-x)}dx=-\sum_{n=1}^\infty H_n\int_0^1 x^{n-1}\ln xdx=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^2}=2\zeta(3)$$
最後の結果はオイラー総和法から得られます：
$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^q}= \left(1+\frac{q}{2} \right)\zeta(q+1)-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{q-2}\zeta(k+1)\zeta(q-k),\quad q\ge2$$
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\int_{0}^{1}{\ln\pars{x}\ln\pars{1 - x} \over x}\,\dd x} \\[5mm] \stackrel{x\ \mapsto\ 1 - x}{=}\,\,\,&\ \left. {\partial^{2} \over \partial\mu\,\partial\nu}\int_{0}^{1}x^{\mu - 1} \bracks{\pars{1 - x}^{\nu} - 1}\,\dd x \,\right\vert_{{\large\mu\ =\ 0^{+}} \atop {\large\nu\ =\ 0}} \\[5mm] = &\ {\partial^{2} \over \partial\mu\,\partial\nu} \bracks{{\Gamma\pars{\mu}\Gamma\pars{\nu + 1} \over \Gamma\pars{\mu + \nu + 1}} - {1 \over \mu}} _{{\large\mu\ =\ 0^{+}} \atop {\large\nu\ =\ 0}} \\[5mm] = &\ {\partial^{2} \over \partial\mu\,\partial\nu}\braces{{1 \over \mu} \bracks{{\Gamma\pars{\mu + 1}\Gamma\pars{\nu + 1} \over \Gamma\pars{\mu + \nu + 1}} - 1}} _{{\large\mu\ =\ 0^{+}} \atop {\large\nu\ =\ 0}} \\[5mm] = &\ {1 \over 2}\,{\partial^{3} \over \partial\mu^{2}\,\partial\nu} \bracks{{\Gamma\pars{\mu + 1}\Gamma\pars{\nu + 1} \over \Gamma\pars{\mu + \nu + 1}}} _{{\large\mu\ =\ 0^{+}} \atop {\large\nu\ =\ 0}} \\[5mm] = &\ {1 \over 2}\,\partiald[2]{}{\mu} \bracks{-\gamma - \Psi\pars{\mu + 1}}_{\ \mu\ =\ 0^{+}} = -\,{1 \over 2}\,\Psi\, ''\pars{1} = \bbx{\zeta\pars{3}} \\ & \end{align}