¿Cómo empiezo este problema integral: $\int_0^1 \frac{\ln^3 u}{1-u} du = -\frac{\pi^4}{15} $?

Question

¿Cómo probar esto? $$\int_0^1 \frac{\ln^3 u}{1-u} du = -\frac{\pi^4}{15} $$

¿Supongo que utilizando la función zeta de Riemann? Pero entonces ¿Cómo empiezo?

Answer 1

$$\begin{align} \int_0^1 \frac{\ln^3(x)}{1-x}dx &= \int0^1\ln^3(x)\sum{n=0}^\infty x^n \; dx\ &= \sum_{n=0}^\infty \int0^1 x^n \ln^3(x) \; dx \ &= -6\sum{n=0}^\infty \frac{1}{(n+1)^4} \ &= -6 \zeta(4) \ &= -6 \times \frac{\pi^4}{90} \ &= -\frac{\pi^4}{15} \end{align} $$

Answer 2

El uso de $x=-\ln u$ da\begin{align} \int_0^1\frac{(\ln u)^r}{1-u}\,du &=(-1)^r\int0^\infty\frac{x^r e^{-x}}{1-e^{-x}}\,dx\ &=(-1)^r\sum{n=1}^\infty\int0^\infty x^r e^{-nx}\,dx\ &=(-1)^r\sum{n=1}^\infty\frac 1{n^{r+1}}\int_0^\infty x^r e^{-x}\,dx\ &=(-1)^r\zeta(r+1)\Gamma(r+1). \end {Alinee el} cuando $r$ es un entero no negativo, $\Gamma(r+1)=r!$. Cuando se trata de $r=3$ $-6\zeta(4)=-\pi^4/15$.

Answer 3

$\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln^3 u}{1-u} \, du = \int0^1 \ln^3{u} \sum{k \ge 0} u^k \,{du}= \sum_{k \ge 0} \int_0^1 u^k \ln^3{u} \, {du}$

Que $\displaystyle f(k) = \int_0^1 u^k \, {du} = \frac{1}{(1+k)}$. Diferenciar w.r.t. $k$

Tenemos $\displaystyle f^{(3)}(k) = \int_0^1 u^k \ln^3(u)\,{du} = \frac{-6}{(1+k)^4} $.

Por lo tanto, $\displaystyle I = -6 \sum_{k\ge 0} \frac{1}{(1+k)^4} = - 6\zeta(4) = -\frac{\pi^4}{15}. $