Curiosità sul risultato di un integrale

Stavo studiando la convergenza del seguente integrale
$$\int_0^1 \frac{\ln x \ln (1+x)}{x} \text{d}x$$
L'integrale è convergente: per curiosità l'ho inserito nel calcolatore Integral Calculator (purtroppo non è possibile inserire il link diretto del calcolo, perciò linko soltanto la pagina del sito Integral Calculator), dal quale ottengo un risultato approssimato immaginario.
Ma la funzione integranda è reale! La cosa mi rende sospettoso e faccio caso al fatto che la parte immaginaria è in effetti molto piccola (dell'ordine di $10^{-63}$).
Infatti, facendolo calcolare a Wolfram (link), il risultato è effettivamente reale e negativo come si poteva intuire dal segno della funzione integranda per $x\in(0,1]$.
Mi chiedo allora perché Integral Calculator me lo espone con una parte immaginaria molto piccola, quasi nulla (quindi "quasi reale" ); da cosa dipende? Dal modo in cui approssima?
Grazie per eventuali risposte!

Quell'ordine lì è zero, dal punto di vista numerico. È solo un errore numerico.

Grazie per la risposta dissonance, in realtà mi stupiva un pochino proprio la comparsa dell'unità immaginaria ma credo che sia solo dovuto al fatto che sono estremamente ignorante in metodi numerici di approssimazione.
Come mai compare?

Ciao Mephlip e dissonance,

Quell'ordine lì è zero, dal punto di vista numerico. È solo un errore numerico.

Concordo con dissonance.

Come mai compare?

Beh, per rispondere a questa domanda occorrerebbe sapere come minimo come lavora il software del sito Integral Calculator, cosa che non sappiamo, come d'altronde non sappiamo nel dettaglio come lavora WolframAlpha, per noi sono "scatole nere": è per questo che i risultati di tali software non vanno mai presi come oro colato, ma opportunamente interpretati. Mi pare invece più interessante cercare di ottenere il risultato proposto da WolframAlpha:

$ \int_0^1 \frac{\ln x \ln (1+x)}{x} \text{d}x = \int_0^1 \frac{\ln x}{x} \sum_{n = 1}^{+\infty}(-1)^{n - 1} x^n/n \text{d}x = \sum_{n = 1}^{+\infty}(-1)^{n - 1}/n \int_0^1 x^{n - 1} \ln x \text{d}x $

A questo punto integrando per parti si trova $I_n := \int_0^1 x^{n - 1} \ln x \text{d}x = - 1/n^2 $, per cui si ha:

$ \int_0^1 \frac{\ln x \ln (1+x)}{x} \text{d}x = \sum_{n = 1}^{+\infty}(-1)^n /n^3 = - 3/4 \zeta(3) $

Infatti si può dimostrare (vedasi ad esempio qui) che si ha:

$\zeta(s) = \frac{1}{1 - 2^{1 - s}} \sum_{n = 1}^{+\infty}(-1)^{n - 1} /n^s = \frac{1}{2^{1 - s} - 1} \sum_{n = 1}^{+\infty}(-1)^n /n^s $

Per $s = 3 $ si trova proprio $ \sum_{n = 1}^{+\infty}(-1)^n /n^3 = - 3/4 \zeta(3) $

Pilloeffe come sempre è un mago di queste cose e ci ha trovato la soluzione analitica dell'integrale, e quindi siamo completamente a posto.

Quanto alle unità immaginarie "apparenti", sono cose che capitano nel calcolo numerico. Per esempio prova a generare una matrice simmetrica casuale e chiedi al software di calcolare gli autovalori. Nella mia esperienza, ho notato che spesso appaiono numeri dell'ordine di $i10^{-60}$. Chiaramente è solo spazzatura numerica, perché una matrice simmetrica ha solo autovalori reali, quindi si può tranquillamente buttare via.

Nel caso di questo integrale probabilmente succede qualcosa di analogo. Il software starà risolvendo qualche equazione con metodi numerici e trova delle radici immaginarie fantasma. Immagino, eh, non lo so per certo.

Pilloeffe come sempre è un mago di queste cose e ci ha trovato la soluzione analitica dell'integrale

Grazie dissonance, troppo buono...

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Dobbiamo aggiungere pilloeffe alle scatole nere , ci stavo impazzendo sopra.

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Dobbiamo aggiungere pilloeffe alle scatole nere , ci stavo impazzendo sopra.

Questa non è male... Grazie!