Ολοκλήρωμα με γινόμενο λογαρίθμων (Ι)

Tolaso J Kos · #1

Σε συνέχεια των post εδώ και εδώ προτείνω το παρακάτω:

Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\int_{0}^{1} \frac{\ln^2(1+x) \ln^2 x}{x} \, \mathrm{d}x=\frac{\pi^2 \zeta(3)}{3}-\frac{29 \zeta(5)}{8}}$

neutonas · #2

$\displaystyle I \equiv \int_{0}^{1} \frac{\ln^2(1+x) \ln^2 x}{x} \,dx = \ln^2(1+x) \ln^3 x \bigg|_{0}^{1}-2 \int_{0}^{1} \bigg(\frac{\ln^2(1+x) \ln^2 x}{x} + \frac{\ln(1+x) \ln^3 x}{x+1} \bigg) \,dx$
$\displaystyle \Rightarrow I= \frac{2}{3} \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^k H_k \int_{0}^{1}\,x^k \, \ln^3 x \,dx = 4 \, \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} \frac{H_k}{(k+1)^4} = 4 \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} \frac{H_{k+1}-\frac{1}{k+1}}{(k+1)^4}$
$\displaystyle = 4 \bigg( \sum_{n=2}^{\infty} (-1)^{n} \frac{H_{n}}{n^4} - \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{(k+1)^5} \bigg) = 4 \bigg( \sum_{n=2}^{\infty} (-1)^{n} \frac{H_{n}}{n^4} +\eta(5) \bigg)$
$\displaystyle =4 \bigg(-\frac{59}{32}\zeta(5) + \frac{\pi^2}{12}\zeta(3) +(1-2^{-4})\zeta(5) \bigg) =\frac{\pi^2 \zeta(3)}{3} - \frac{29 \zeta(5)}{8}$

https://math.stackexchange.com/question ... euler-sums

Ολοκλήρωμα με γινόμενο λογαρίθμων (Ι)

Ολοκλήρωμα με γινόμενο λογαρίθμων (Ι)

Re: Ολοκλήρωμα με γινόμενο λογαρίθμων (Ι)

Μέλη σε σύνδεση