$n\in\NN$ として\begin{eqnarray}I&:=&\int_0^1\frac{\ln^nx\Li_{n+1}(x)}{1+x}dx\\&=&\frac{(-1)^nn!}{2}\left[\zeta(2n+2)-\left(1-\frac{1}{2^n}\right)^2\zeta(n+1)^2\right]\tag{1}\end{eqnarray}また、これを示す途中で以下の等式が現れる。$$\int_0^1\frac{t\ln^ny}{1-ty}dy=(-1)^nn!\Li_{n+1}(t)\quad(t<1)$$$$\int_0^1dx\int_0^1dy\frac{\ln^nx\ln^ny}{1-xy}=n!^2\zeta(2n+2)$$$$\int_0^1\frac{\ln^nx}{1+x}dx=(-1)^nn!\left(1-\frac{1}{2^n}\right)\zeta(n+1)$$
さらに系として\begin{eqnarray*}\int_0^1\frac{\ln x\Li_{2}(x)}{1+x}dx &=& -\frac{\pi^4}{480} \\\int_0^1\frac{\ln^2 x\Li_{3}(x)}{1+x}dx &=&\frac{\pi^6}{945}-\frac{9}{16}\zeta(3)^2\\\int_0^1\frac{\ln^3 x\Li_{4}(x)}{1+x}dx &=&-\frac{41\pi^8}{1209600}\\\int_0^1\frac{\ln^4 x\Li_{5}(x)}{1+x}dx &=& 12\zeta(10)-\frac{675}{64}\zeta(5)^2\\ \int_0^1\frac{\ln^5 x\Li_{6}(x)}{1+x}dx &=&-\frac{6823\pi^{12}}{3632428800}\end{eqnarray*}を得る。
積分の中に多重対数関数（ポリログ）が含まれています。どのように計算するのでしょうか？
過去記事で証明した式：\begin{equation}\int_0^1\frac{\ln^n x}{1-a+ax}dx=\frac{(-1)^{n-1}n!}{a}\Li_{n+1}\left(\frac{a}{a-1}\right)\tag{2}\end{equation}ただし $a<1$ です。$\frac{a}{a-1}=t$ とすると次式を得ます。
$t<1$,\begin{equation}\int_0^1\frac{t\ln^ny}{1-ty}dy=(-1)^nn!\Li_{n+1}(t)\tag{3}\end{equation}
ただし積分の変数を $y$ にしておきました。(3)はポリログを積分表示した式といえるでしょう。
$I$ の積分内にあるポリログは(3)により\begin{equation}I=\int_0^1\frac{\ln^nx}{1+x}\left(\frac{(-1)^n}{n!}\int_0^1\frac{x\ln^ny}{1-xy}dy\right)dx\tag{4}\end{equation}整理すると$$I=\frac{(-1)^n}{n!}\int_0^1dx\int_0^1dy\frac{x\ln^nx\ln^ny}{(1+x)(1-xy)}$$逐次積分の順番を入れ替えても積分値は変わらないことを利用すると\begin{equation}I=\frac{(-1)^n}{n!2}\left\{\int_0^1dx\int_0^1dy+\int_0^1dy\int_0^1dx\right\}\frac{x\ln^nx\ln^ny}{(1+x)(1-xy)}\tag{5}\end{equation}後者の積分の変数 $x,y$ を入れ替えます。\begin{eqnarray}I&=&\frac{(-1)^n}{n!2}\biggl\{\int_0^1dx\int_0^1dy\frac{x\ln^nx\ln^ny}{(1+x)(1-xy)}\\&&\quad\quad+\int_0^1dx\int_0^1dy\frac{y\ln^nx\ln^ny}{(1+y)(1-xy)}\biggr\}\tag{6}\end{eqnarray}通分しましょう。\begin{eqnarray*}I&=&\frac{(-1)^n}{n!2}\int_0^1dx\int_0^1dy\biggl(\frac{x}{1+x}+\frac{y}{1+y}\biggr)\frac{\ln^nx\ln^ny}{1-xy}\\&=&\frac{(-1)^n}{n!2}\int_0^1dx\int_0^1dy\frac{(1+x)(1+y)+xy-1}{(1+x)(1+y)}\frac{\ln^nx\ln^ny}{1-xy}\\&=&\frac{(-1)^n}{n!2}\int_0^1dx\int_0^1dy\left(\frac{\ln^nx\ln^ny}{1-xy}-\frac{\ln^nx\ln^ny}{(1+x)(1+y)}\right)\end{eqnarray*}第2項は変数分離できます。\begin{eqnarray*}\int_0^1dx\int_0^1dy\frac{\ln^nx\ln^ny}{(1+x)(1+y)}&=&\left(\int_0^1\frac{\ln^nx}{1+x}dx\right)\left(\int_0^1\frac{\ln^ny}{1+y}dy\right)\\&=&\left(\int_0^1\frac{\ln^nx}{1+x}dx\right)^2\end{eqnarray*}したがって\begin{equation}I=\frac{(-1)^n}{n!2}\left[\int_0^1dx\int_0^1dy\frac{\ln^nx\ln^ny}{1-xy}-\left(\int_0^1\frac{\ln^nx}{1+x}dx\right)^2\right]\tag{7}\end{equation}
(7)右辺の重積分は幾何級数を用いて$$\int_0^1dx\int_0^1dy\frac{\ln^nx\ln^ny}{1-xy}=\sum_{k=0}^\infty\int_0^1dx\int_0^1dy (xy)^k\ln^nx\ln^ny$$$x,y$ を分離できます。$$=\sum_{k=0}^\infty\int_0^1 x^k\ln^nxdx\int_0^1 y^k\ln^nydy=\sum_{k=0}^\infty\left(\int_0^1 x^k\ln^nxdx\right)^2$$最右辺の積分は繰り返し部分積分を行って $\ln$ の累乗を減らしていきます。\begin{equation}\int_0^1 x^k\ln^nxdx=\frac{(-1)^nn!}{(k+1)^{n+1}}\tag{8}\end{equation}したがって\begin{equation}\int_0^1dx\int_0^1dy\frac{\ln^nx\ln^ny}{1-xy}=n!^2\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k^{2n+2}}\tag{9}\end{equation}ゼータ関数が現れていますね。\begin{equation}\therefore\quad\int_0^1dx\int_0^1dy\frac{\ln^nx\ln^ny}{1-xy}=n!^2\zeta(2n+2)\tag{10}\end{equation}
(7)のもう１つの積分が残っています。同様に級数展開…といいたいところですが、楽をしましょう。(2)で $a=1/2$ とするか、(3)で $t=-1$ とすると$$\int_0^1\frac{\ln^nx}{1+x}dx=(-1)^{n-1}n!\Li_{n+1}(-1)$$ポリログの特殊値公式$$\Li_s(-1)=\left(\frac{1}{2^{s-1}}-1\right)\zeta(s)$$より\begin{equation}\int_0^1\frac{\ln^nx}{1+x}dx=(-1)^nn!\left(1-\frac{1}{2^n}\right)\zeta(n+1)\tag{11}\end{equation}
(10)と(11)を(7)に適用すると$$I=\frac{(-1)^nn!}{2}\left[\zeta(2n+2)-\left(1-\frac{1}{2^n}\right)^2\zeta(n+1)^2\right]$$よって目指していた結論を得ます。
\begin{equation}\int_0^1\frac{\ln^nx\Li_{n+1}(x)}{1+x}dx=\frac{(-1)^nn!}{2}\left[\zeta(2n+2)-\left(1-\frac{1}{2^n}\right)^2\zeta(n+1)^2\right]\tag{12}\end{equation}
$n$ に自然数を代入していくと
\begin{eqnarray*}\int_0^1\frac{\ln x\Li_{2}(x)}{1+x}dx &=& -\frac{\pi^4}{480} \\\int_0^1\frac{\ln^2 x\Li_{3}(x)}{1+x}dx &=&\frac{\pi^6}{945}-\frac{9}{16}\zeta(3)^2\\\int_0^1\frac{\ln^3 x\Li_{4}(x)}{1+x}dx &=&-\frac{41\pi^8}{1209600}\\\int_0^1\frac{\ln^4 x\Li_{5}(x)}{1+x}dx &=& 12\zeta(10)-\frac{675}{64}\zeta(5)^2\\ \int_0^1\frac{\ln^5 x\Li_{6}(x)}{1+x}dx &=&-\frac{6823\pi^{12}}{3632428800}\end{eqnarray*}
本記事で参照したのは Cornel Ioan Vălean, "(Almost) Impossible Integrals, Sums, and Series" です。めちゃくちゃ難しい積分が目白押しで楽しいです。
【Amazon】(Almost) Impossible Integrals, Sums, and Series
次回：
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