Ολοκλήρωμα με γινόμενο λογαρίθμων (ΙΙ)

Tolaso J Kos · #1

Σε συνέχεια των post εδώ και εδώ προτείνω το παρακάτω:

Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\int_{0}^{1} \frac{\ln^3(1-x) \ln^2 x}{x} \, \mathrm{d}x = 12\zeta^2(3)-\frac{23\pi^6}{1260}}$

Dimessi · #2

Ξεχάστηκε.
Έχουμε
$\displaystyle \int \limits_{0}^{1}\frac{\ln^{3}\left ( 1-x \right )\ln^{2}x}{x}dx=-\int \limits_{0}^{1}\ln^{2}x\ln^{2}\left ( 1-x \right )d\left ( \mathrm{Li}_{2}\left ( x \right ) \right )$
και
$\displaystyle \int \limits_{0}^{1}\ln^{2}\left ( 1-x \right )\ln^{2}xd\left ( \mathrm{Li}_{2}\left ( x \right ) \right )=\left [ \ln^{2} \left ( 1-x \right )\ln^{2} x \mathrm{Li}_{2}\left ( x \right )\right ]^{x\rightarrow 1^{-}}_{x\rightarrow 0^{+}}-2\int \limits_{0}^{1}\ln\left ( 1-x \right )\ln x\left ( \frac{\ln\left ( 1-x \right )}{x}-\frac{\ln x}{1-x} \right )\mathrm{Li}_{2}\left ( x \right )dx$
όπου τα όρια είναι μηδενική επί φραγμένη.
Το ολοκλήρωμα είναι
$\displaystyle \int \limits_{0}^{1}\ln ^{2}\left ( 1-x \right )\ln x\frac{\mathrm{Li_{2}}\left ( x \right )}{x}dx-\int \limits_{0}^{1}\ln y\ln^{2} \left ( 1-y \right )\frac{\mathrm{Li_{2}}\left ( 1-y \right )}{y}dy$
$\displaystyle \frac{1}{2}I=\int \limits_{0}^{1}\ln x\ln ^{2}\left ( 1-x \right )\frac{1}{x}\left ( 2\mathrm{Li_{2}}\left ( x \right )-\left ( \frac{\pi ^{2}}{6}-\ln x\ln \left ( 1-x \right ) \right ) \right )dx$
$\displaystyle =2\int \limits_{0}^{1}\ln x\ln^{2}\left ( 1-x \right )\frac{\mathrm{Li_{2}}\left ( x \right )}{x}dx+\frac{\pi^{6}}{6\cdot 180}+I$
γιατί $\displaystyle \int \limits_{0}^{1}\frac{\ln x\ln^{2}\left ( 1-x \right )}{x}dx=-\int \limits_{0}^{1}\ln x \ln\left ( 1-x \right )d\left ( \sum_{k=1}^{\infty}\frac{x^{k}}{k^{2}} \right )$
που με παραγοντική ολοκλήρωση και με ανάπτυξη κλασσικών ομοιόμορφα συγκλινουσών σειρών εναλλάσοντας τις σειρές με τα ολοκληρώματα δίνει $\displaystyle -\frac{1}{2}\zeta ^{2} \left ( 2 \right )+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}$ (*)
δηλ. $\displaystyle -\frac{1}{2}\zeta \left ( 4 \right )$
Έχουμε
$\displaystyle -\frac{1}{2}I=2\int \limits_{0}^{1}\ln x \ln^{2}\left ( 1-x \right )d\left ( \sum_{k=1}^{\infty}\frac{x^{k}}{k^{3}} \right )+\frac{\pi ^{6}}{6\cdot 180}$
Με παρόμοιο τρόπο με (*)
$\displaystyle \int \limits_{0}^{1}\ln x\ln ^{2}\left ( 1-x \right )d\left ( \sum_{k=1}^{\infty}\frac{x^{k}}{k^{3}} \right )$
$=\displaystyle \left [ \ln x\ln ^{2}\left ( 1-x \right )\mathrm{Li_{3}}\left ( x \right ) \right ]^{x\rightarrow 1^{-}}_{x\rightarrow 0^{+}}-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{3}}\int\limits_{0}^{1}\ln^{2}\left ( 1-x \right )x^{k-1}dx+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{3}}\int \limits_{0}^{1}2\ln x\ln \left ( 1-x \right )x^{k}\left (\sum_{n=0}^{\infty}x^{n} \right)dx$
$\displaystyle =-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{3}}\int \limits_{0}^{1}\left ( \sum_{n=2}^{\infty}\left (\sum_{m=1}^{n-1}\frac{1}{m\left (n-m \right )} \right)x^{n+k-1} \right )dx+2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{3}}\left ( \sum_{n=0}^{\infty}\int \limits_{0}^{1}\ln x \ln \left ( 1-x \right )x^{n+k} dx \right )$
$\displaystyle =-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{3}}\sum_{n=2}^{\infty}\left ( \sum_{m=1}^{n-1}\frac{1}{m\left ( n-m \right )}\cdot \frac{1}{n+k} \right )+2\sum_{n=1}^{\infty}H^{\left ( 3 \right )}_{n}\int \limits_{0}^{1}\ln x\ln \left ( 1-x \right )x^{n}dx$
$\displaystyle =-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{3}}\sum_{n=2}^{\infty}\left ( \sum_{m=1}^{n-1}\frac{1}{m\left ( n-m \right )\left ( n+k \right )} \right )+2\sum_{n=1}^{\infty}H^{\left ( 3 \right )}_{n}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m\left ( m+n+1 \right )^{2}}$
και άρα
$\displaystyle I=-4 \left ( -\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{3}}\sum_{n=2}^{\infty}\left ( \sum_{m=1}^{n-1} \frac{1}{m\left ( n-m \right )\left ( n+k \right )}\right ) +2\sum_{n=1}^{\infty}H^{\left ( 3 \right )}_{n}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m\left ( m+n+1 \right )^{2}}\right )-\frac{\pi ^{6}}{540}$
$=\displaystyle-4\left ( -2\sum_{k=2}^{\infty}\frac{H_{k-1}}{k^{2} } \left ( \zeta \left ( 4 \right )-H^{\left ( 4 \right )}_{k} \right )+2\sum_{n=1}^{\infty}H^{\left ( 3 \right )}_{n}\left ( \frac{1}{\left ( n+1 \right )^{2}}H_{n+1}+\frac{1}{n+1}H^{\left ( 2 \right )}_{n+1} \right )\right )-\frac{\pi ^{6}}{540}$
$\displaystyle =8\zeta \left ( 4 \right )\sum_{k=2}^{\infty}\frac{H_{k-1}}{k^{2}}-8\left [ \sum_{n=2}^{\infty}\left ( \frac{H^{\left ( 3 \right )}_{n}H_{n+1}}{\left ( n+1 \right )^{2}}+\frac{H^{\left ( 3 \right )}_{n}H^{\left ( 2 \right )}_{n+1}}{n+1}+\frac{H_{n-1}H^{\left ( 4 \right )}_{n}}{n^{2}} \right ) \right ]-8\cdot 1\left ( \frac{1}{4}H_{2}+\frac{1}{2}H^{\left ( 2 \right )}_{2} \right )$
$\displaystyle -\frac{\pi ^{6}}{540}$
που καταλήγει στο ζητούμενο με τις ιδιότητες των $\displaystyle H^{\left ( m \right )}_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^{m}}$ $\blacksquare$
Υ.ΓΈχε χάρη που σε συμπαθώ Τόλη που να δεις πόσο με συμπαθεί το Latex

Ολοκλήρωμα με γινόμενο λογαρίθμων (ΙΙ)

Ολοκλήρωμα με γινόμενο λογαρίθμων (ΙΙ)

Re: Ολοκλήρωμα με γινόμενο λογαρίθμων (ΙΙ)

Μέλη σε σύνδεση