Una forma cerrada para $\int_0 ^1 \frac { \left ( \log (1+x) \right )^3}{x}dx$ ?

Question

Me gustaría que me ayudaran a encontrar una forma cerrada para la siguiente integral: $$\int_0 ^1 \frac { \left ( \log (1+x) \right )^3}{x}dx$$ Me dijeron que se podía calcular en forma cerrada. Ya he demostrado que $$\int_0 ^1 \frac { \log (1+x)}{x}dx = \frac { \pi ^2}{12}$$ usando la expansión de las series de energía.

Gracias.

Answer 1

Dejando $u = \log (1+x)$ ,

$$\begin {align} \int_ {0}^{1} \frac { \log ^{3}(1+x)}{x} \ dx &= \int_ {0}^{ \log 2} \frac {u^{3}}{e^{u}-1} e^{u} \ du \\ &= \int_ {0}^{ \log 2} \frac {u^{3}}{1-e^{-u}} \ du \\ &= \int_ {0}^{ \log 2} u^{3} \sum_ {n=0}^{ \infty } e^{-nu} \ du \\ &= \sum_ {n=0}^{ \infty } \int_ {0}^{ \log 2} u^{3} e^{-nu} \ du \\ &= \int_ {0}^{ \log 2} u^{3} \ du + \sum_ {n=1}^{ \infty } \int_ {0}^{ \log 2} u^{3} e^{-nu} \ du \\ &= \frac { \log ^{4}(2)}{4} + \sum_ {n=1}^{ \infty } \int_ {0}^{ \log 2} u^{3} e^{-nu} \ du . \end {align}$$

Luego se integran por partes 3 veces,

$$\begin {align} \int_ {0}^{1} \frac { \log ^{3}(1+x)}{x} \ dx &= \frac { \log ^{4}(2)}{4} - \sum_ {n=1}^{ \infty } e^{-nu} \left ( \frac {6}{n^{4}} + \frac {6u}{n^{3}} + \frac {3 u^{2}}{n^{2}} + \frac {u^{3}}{n} \right ) \Bigg |^{ \log 2}_{0} \\ &= \frac { \log ^{4}(2)}{4} - \sum_ {n=1}^{ \infty } \left [ \frac {1}{2^{n}} \left ( \frac {6}{n^{4}} + \frac {6 \log 2}{n^{3}} + \frac {3 \log ^{2} (2)}{n^{2}} + \frac { \log ^{3}(2)}{n} \right ) - 6 \zeta (4) \right ] \\ &= - \frac {3 \log ^{4}(2)}{4 } - 6 \text {Li}_{4} \left ( \frac {1}{2} \right ) - 6 \log (2) \ \text {Li}_{3} \left ( \frac {1}{2} \right )-3 \log ^{2}(2) \text {Li}_{2} \left ( \frac {1}{2} \right ) + 6 \zeta (4) \\ & \approx 0.1425141979 . \end {align}$$

La respuesta podría, por supuesto, simplificarse utilizando los valores conocidos de $\text {Li}_{2} \left ( \frac {1}{2} \right )$ , $\text {Li}_{3} \left ( \frac {1}{2} \right )$ y $\zeta (4)$ .

Answer 2

Primero note que \begin {alinear} \int \frac { \ln ^{2}(1+x)}{x}, dx = - 2 \, Li_{3}(1+x) + 2 \, Li_{2}(1+x) \N, \ln (1+x) + \ln (-x) \, \ln ^{2}(1+x) \end {alinear} para el cual \begin {alinear} I_{2} = \int_ {0}^{1} \frac { \ln ^{2}(1+x)}{x}, dx = \frac { \zeta (3)}{4}. \end {alinear}

Ahora, \begin {alinear} \int \frac { \ln ^{3}(1+x)}{x}, dx = \int \ln (1+x) \, \frac { \ln ^{2}(1+x)}{x}, dx \end {alinear} puede ser integrado por partes. Esto lleva a \begin {alinear} \int \frac { \ln ^{3}(1+x)}{x}, dx &= \ln (1+x) \left ( - 2 \, Li_{3}(1+x) + 2 \, Li_{2}(1+x) \ ~ - 2 \ ~ - Li_{3}(1+x), \ln (1+x) + \ln (-x) \, \ln ^{2}(1+x) \right ) \\ & - \int \frac {- 2 \, Li_{3}(1+x) + 2 \, Li_{2}(1+x) \ ~ -, \ln (1+x) + \ln (-x) \, \ln ^{2}(1+x)}{1+x} \ ~, dx \\ &= \ln (1+x) \left ( - 2 \, Li_{3}(1+x) + 2 \, Li_{2}(1+x) \ ~ - 2 \ ~ - Li_{3}(1+x), \ln (1+x) + \ln (-x) \, \ln ^{2}(1+x) \right ) \\ & \hspace {10mm} + 6 Li_{4}(1+x) + Li_{2}(1+x) \ ~, \ln ^{{2}(1+x) - 4 Li_{3}(1+x) \N - 4 Li_{3}(1+x) \N -, \ln (1+x) \end {alinear} Esto lleva a \begin {alinear} I_{3} &= \int_ {0}^{1} \frac { \ln ^{3}(1+x)}{x}, dx \\ &= 6 Li_{4}(2) + \ln ^{2}(2) \ ~, Li_{2}(2) - 4 \ln (2) \, Li_{3}(2) - 6 \zeta (4) - \frac \ln (2) \, \zeta (3) \\ &= \frac { \pi ^{4}}{15} + \frac { \pi ^{2}}{4} \, \ln ^{2}(2) - \frac {21}{4} \, \zeta (3) \, \ln (2) - \frac \ln ^{4}(2) - 6 Li_{4} \left ( \frac {1}{2} \right ) \end {alinear}

Answer 3

Pistas:

Sustituye a $x= \frac {t}{1-t}$ seguido de $t=1-u$ y luego expandir el denominador a través de fracciones parciales:

$$\begin {align} \mathcal {I} &= \int_ {0}^{1} \frac { \ln ^3{ \left (1+x \right )}}{x}\, \mathrm {d}x \\ &= \int_ {0}^{ \frac12 } \frac {(1-t) \ln ^3{ \left ( \frac {1}{1-t} \right )}}{t}\, \frac {1}{(1-t)^2} \mathrm {d}t \\ &=- \int_ {0}^{ \frac12 } \frac { \ln ^3{ \left (1-t \right )}}{t(1-t)}\, \mathrm {d}t \\ &=- \int_ { \frac12 }^{1} \frac { \ln ^3{ \left (u \right )}}{u(1-u)}\, \mathrm {d}u \\ &=- \int_ { \frac12 }^{1} \frac { \ln ^3{ \left (u \right )}}{u}\, \mathrm {d}u- \int_ { \frac12 }^{1} \frac { \ln ^3{ \left (u \right )}}{1-u}\, \mathrm {d}u \\ &=- \left [ \frac { \ln ^4{(u)}}{4} \right ]_{ \frac12 }^{1}- \int_ { \frac12 }^{1} \frac { \ln ^3{ \left (u \right )}}{1-u}\, \mathrm {d}u \\ &= \frac { \ln ^4{(2)}}{4}- \int_ { \frac12 }^{1} \frac { \ln ^3{ \left (u \right )}}{1-u}\, \mathrm {d}u. \\ \end {align}$$

La integral final $\int_ { \frac12 }^{1} \frac { \ln ^3{ \left (u \right )}}{1-u}\, \mathrm {d}u$ no es nada trivial, pero tampoco es terriblemente difícil.

Answer 4

¿conoces los resultados?

$\int_0 ^1 \frac { \left ( \log (1+x) \right )^2}{x}dx=(ζ(3))/4$