¿Lo que ' s $-\int_0^1\frac{\log(1+x^{10})\log x}{x}dx$?

Question

Jugando con Wolfram Alpha y se inspiró en [1] (I se refiere es si alguien sabe cómo se relaciona mi problema con algunos de los problemas que implican la Apéry constante en esta referencia, pero la relación no parece explícito), la definición de $$I_n:=-\int_0^1\frac{\log(1+x^{2n})\log x}{x}dx$$ para los números enteros $n\geq 1$, puedo calcular, como estoy diciendo con Wolfram Alpha (pero no sé cómo conseguir el indefinido integrales) $I_1$, $I_2$, $I_3$ y $I_4$. Y como una conjetura $$I_8=\frac{6\zeta(3)}{8\cdot 16^2}.$$

Motivación. Me gustaría hacer una comparación con la secuencia $I_1$, $I_2$, $I_3$, $I_4$ y $I_8$.

Pregunta. Si sabes que este problema fue resuelto en la literatura, favor de agregar un comentario: se puede evaluar en una forma cerrada,$I_5$? Muchas gracias.

Referencias:

[1] Walther Janous , Alrededor de Apéry constante, J. Ineq. Pura y Appl. De matemáticas. 7(1) Arte, 35 (2006).

Answer 1

Por expansión de la serie de Taylor,

$0<x y="">$\displaystyle -\ln(1+x^{2n})=\sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^kx^{2kn}}{k}$

$k \geq 0$,

$\displaystyle \int_0^1 x^k\ln x dx=-\dfrac{1}{(k+1)^2}$

(integración por partes)

Por lo tanto,

$\begin{align} I_n&=\int0^1 \left(\sum{k=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^kx^{2kn-1}\ln x}{k}\right) dx\ &=\sum_{k=1}^{+\infty} \left(\int0^1 \dfrac{(-1)^kx^{2kn-1}\ln x}{k} dx\right)\ &=-\sum{k=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^k}{k(2kn)^2}\ &=-\dfrac{1}{4n^2}\sum{k=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^k}{k^3}\ &=-\dfrac{1}{4n^2}\left(\sum{k=1}^{+\infty} \dfrac{1}{(2k)^3}-\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{1}{(2k+1)^3}\right)\ &=-\dfrac{1}{4n^2}\left(\dfrac{1}{8}\zeta(3)-\left(\zeta(3)-\dfrac{1}{8}\zeta(3)\right)\right)\tag{1}\ &=-\dfrac{1}{4n^2}\times -\dfrac{3}{4}\zeta(3)\ &=\boxed{\dfrac{3\zeta(3)}{16n^2}} \end {Alinee el} $

(1) observar que,

$\begin{align}\sum{k=0}^{+\infty}\dfrac{1}{(2k+1)^3}&=\sum{k=1}^{+\infty}\dfrac{1}{k^3}-\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{1}{(2k)^3}\ &=\zeta(3)-\dfrac{1}{8}\zeta(3) \end {Alinee el} $

</x>

Answer 2

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &-\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 + x^{2n}}\ln\pars{x} \over x}\,\dd x \,\,\,\,\stackrel{x^{2n}\ \mapsto\ x}{=}\,\, -\,{1 \over 4n^{2}}\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 + x}\ln\pars{x} \over x}\,\dd x \\[5mm]= &\ -\,{1 \over 4n^{2}}\int_{0}^{-1}{\ln\pars{1 - x}\ln\pars{-x} \over x}\,\dd x = {1 \over 4n^{2}}\int_{0}^{-1}\mrm{Li}_{2}'\pars{x}\ln\pars{-x}\,\dd x = -\,{1 \over 4n^{2}}\int_{0}^{-1}{\mrm{Li}_{2}\pars{x} \over x}\,\dd x \\[5mm] = &\ -\,{1 \over 4n^{2}}\int_{0}^{-1}\mrm{Li}_{3}'\pars{x}\,\dd x = -\,{1 \over 4n^{2}}\,\mrm{Li}_{3}\pars{-1} = -\,{1 \over 4n^{2}}\sum_{k = 1}^{\infty}{\pars{-1}^{k} \over k^{3}} \\[5mm] = &\ -\,{1 \over 4n^{2}}\pars{\sum_{k = 1\ \mrm{even}}^{\infty}{1 \over k^{3}} - \sum_{k = 1\ \mrm{odd}}^{\infty}{1 \over k^{3}}} = -\,{1 \over 4n^{2}}\pars{2\sum_{k = 1}^{\infty}{1 \over \pars{2k}^{3}} - \sum_{n = 1}^{\infty}{1 \over n^{3}}} = \bbx{\ds{{3 \over 16n^{2}}\,\zeta\pars{3}}} \end{align}

Answer 3

Integración por parte lleva a la % $ $$ I_n=-I_n+2n\int_0^1\frac{x^{2n-1}\log^2 x}{1+x^{2n}}\,dx$$$ I_n=n\int_0^1\frac{x^{2n-1}\log^2 x}{1+x^{2n}}\,dx$$ y arce integra: $$I_n=\frac{3\zeta(3)}{16n^2}$ $