Alternativa sätt att beräkna logaritmisk integral

Hej PA!

Igår höll jag på med en rätt knepig integral (som jag fortfarande inte är helt klar med!).

Om någon är nyfiken på integralen i fråga

Integralen jag försöker beräkna är

$\displaystyle \int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{\ln\left(x\right)^{2}\ln\left(1-x\right)^{2}}{x}dx$

En integral jag redan visste värdet på var (efter en variabelsubsitution)
$\displaystyle\int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac{\ln\left(2x\right)^{2}\ln\left(2\left(1-x\right)\right)^{2}}{x}dx$

och om man utvidgar logaritmerna till summor av logaritmer och multiplicerar ihop allt får man ett gäng integraler. En av dem är den sökta integralen på "fel sida" av intervallet $[0,1]$ . De flesta faller rätt snabbt från partiell integration och serieutveckling, förutom den som detta inlägg handlar om (som dyker upp efter lite substitution och partiell integration på några av termerna)! Efter alla beräkningar fick jag fram att

$\displaystyle \int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{\ln\left(x\right)^{2}\ln\left(1-x\right)^{2}}{x}dx = -\frac{2}{30}\ln\left(2\right)^{5}-\frac{2}{3}\ln\left(2\right)^{3}\zeta\left(2\right)+\frac{7}{4}\ln\left(2\right)^{2}\zeta\left(3\right)-\frac{63}{8}\zeta\left(5\right)$
$\displaystyle+2\zeta\left(2\right)\zeta\left(3\right)+4\ln\left(2\right)\operatorname{Li}_{4}\left(\frac{1}{2}\right)+4\operatorname{Li}_{5}\left(\frac{1}{2}\right)+\int_{0}^{1}\frac{\ln\left(x\right)^{2}\ln\left(1-x\right)^{2}}{x}dx$

Där $\zeta(x)$ är Riemanns zetafunktion och $\operatorname{Li}_n(x)$ är polylogaritmen.

Jag har en integral kvar att göra!

En av delintegralerna jag behövde beräkna var

$\displaystyle I = \int_{0}^{1}\frac{\ln\left(1-x\right)^{2}\ln x}{x}dx = -\frac{\zeta(4)}{2} = -\frac{\pi^4}{180}$

(där $\zeta(x)$ är Riemanns zetafunktion)
Denna visade sig vara rätt så mycket knepigare än de andra jag stötte på, även om den liknar integralen

$\displaystyle J= \int_{0}^{1}\frac{\ln\left(1-x\right)\ln^2 x}{x}dx = -2\zeta\left(4\right)$

som faller snabbt efter en serieutveckling av $\frac{\ln(1-x)}x$

Min lösning av $I$ kom ifrån att utnyttja betafunktionen

$\displaystyle B\left(a,b\right) = \int\limits_0^1{x^{a-1}(1-x)^{b-1}}dx$

och sedan notera att

$\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\ln\left(1-x\right)^{2}\ln x}{x}dx = \lim_{(a,b) \to (0,1)}\frac{\partial^3}{\partial b^2 \partial a}B\left(a,b\right)$

(jag vet inte om denna notation för partiella derivator är standard, jag har sett den i en bok för och aldrig innan, men den innebär att ta derivatan map $a$ en gång och map $b$ 2 gånger)

Sedan deriverade jag en annan representation för $B(a,b)$ och beräknade gränsvärdet. Detta tog däremot några timmar av ren algebra. Derivator av betafunktionen ser inte särskilt trevliga ut!

Har ni några ideér på hur man annars kan beräkna denna integral? Med tanke på att värdet inte är särskilt knepigt (en term och det är zetafunktionen!) tänker jag att det bör finnas något smartare än att ta derivatan av betafunktionen, kanske något som liknar $J$ .

Okej! Jag kom på ett annat sätt som fungerade rätt bra!

Om man utnyttjar serieutvecklingen

$\displaystyle \frac{\ln(1-x)^2}{x} = 2\sum_{n=1}^\infty{\frac{H_n}{n+1}x^n}$

Där $H_n$ är det $n$ :te harmoniska talet, får man

$\displaystyle I = \int_{0}^{1}\frac{\ln\left(1-x\right)^{2}}{x}\ln\left(x\right)dx = 2\sum_{n=1}^\infty{\frac{H_n}{n+1}\int\limits_0^1{x^n\ln(x)dx}}$

Med partiell integration kan man snabbt få fram att

$\displaystyle\int\limits_0^1{x^n\ln(x)dx} = -\frac{1}{(n+1)^2}$

Så $\displaystyle I = -2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{\left(n+1\right)^{3}} = -2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n+1}- \frac{1}{n+1}}{\left(n+1\right)^{3}}$

En liten omskrivning och uppdelning av summorna ger då

$\displaystyle I = 2\zeta\left(4\right)-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{n^3}$

Nu kan vi utnyttja att

$\displaystyle \int\limits_0^1 x^{n-1}\ln\left(1-x\right)dx = -\frac{H_n}{n}$

(kan bevisas med partiell integration och då får man fram en geometrisk summa)

$\displaystyle I = 2\zeta\left(4\right)+2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\int\limits_0^1{x^{n-1}\ln\left(1-x\right)dx} = 2\zeta\left(4\right)+2\int\limits_0^1\frac{\ln (1-x)}x \sum_{n=1}^\infty{\frac{x^n}{n^2}}dx$

Serien är exakt definitionen av $\operatorname{Li}_2(x)$ . Så vi har att

$\displaystyle I = 2\zeta\left(4\right)+2\int\limits_0^1\frac{\ln \left(1-x\right)\operatorname{Li}_2\left(x\right)}xdx$
Men genom att derivera serien får man också att $\frac{\mathrm d}{\mathrm dx} \operatorname{Li}_2\left(x\right) = -\frac{\ln \left(1-x\right)}x$

Alltså har vi i integrandet en funktion gånger dess derivata, vilket är exakt det man får när man tar derivatan av funktionen i kvadrat (skiljer sig med en faktor av 2) (Vi nyttjar alltså $\frac{\mathrm d}{\mathrm dx} f(x)^2 = 2f(x)f^{\prime}(x)$ ). Så

$\displaystyle I = 2\zeta\left(4\right)-\left[\operatorname{Li}^2_2\left(x\right)\right]_{0}^1 = 2\zeta\left(4\right)-\operatorname{Li}^2_2\left(1\right)=2\zeta\left(4\right)-\zeta\left(2\right)^2$

$\displaystyle = \frac{\pi^4}{45}- \frac{\pi^4}{36} = -\frac{\pi^4}{180}$

Denna serieutveckling för $\ln(1-x)^2$ kände jag inte till förrän nyss. Jag ska försöka att bevisa den nu, det har jag inte gjort än!

Finns det några andra lösningar?

Svara