Esta es una pregunta de seguimiento a las siguientes preguntas:
La evaluación de $\int_0^1 \frac{\ln^m (1+x)\ln^n x}{x}\; dx$ $m,n\in\mathbb{N}$
La forma cerrada para ${\large\int}_0^1\frac{\ln^4(1+x)\ln x}x \, dx$
¿Qué es una forma cerrada para ${\large\int}_0^1\frac{\ln^3(1+x)\,\ln^2x}xdx$?
Deje $p\ge 1$ $q\ge 1$ ser números enteros. Consideramos la siguiente cantidad: \begin{equation} {\mathfrak I}^{(p,q)}:= \int\limits_0^1 \frac{[\log(1+x)]^p}{x} [\log(x)]^q dx \end{equation}
Mediante el uso de las técnicas desarrolladas en las preguntas anteriores se calculó el resultado de $p+q=5$. Tenemos: \begin{eqnarray} {\mathfrak I}^{(5,0)} &=& -120 \text{Li}_6\left(\frac{1}{2}\right)-60 \text{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right) \log ^2(2)-120 \text{Li}_5\left(\frac{1}{2}\right) \log (2)-\frac{35}{2} \zeta (3) \log ^3(2)+\frac{8 \pi ^6}{63}-\frac{5 \log ^6(2)}{3}+\frac{5}{4} \pi ^2 \log ^4(2)\\ {\mathfrak I}^{(4,1)} &=& -120 \text{Li}_6\left(\frac{1}{2}\right)-24 \text{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right) \log ^2(2)-72 \text{Li}_5\left(\frac{1}{2}\right) \log (2)+12 \zeta (3)^2-3 \zeta (3) \log ^3(2)-2 \pi ^2 \zeta (3) \log (2)+\frac{3}{4} \zeta (5) \log (2)+\frac{26 \pi ^6}{315}-\frac{17 \log ^6(2)}{30}+\frac{1}{3} \pi ^2 \log ^4(2)-\frac{1}{60} \pi ^4 \log ^2(2)+24 {\bf H}^{(1)}_5(1/2) \\ {\mathfrak I}^{(3,2)} &=& -108 \text{Li}_6\left(\frac{1}{2}\right)-36 \text{Li}_5\left(\frac{1}{2}\right) \log (2)+12 \zeta (3)^2+6 \zeta (3) \log ^3(2)-3 \pi ^2 \zeta (3) \log (2)+\frac{9}{8} \zeta (5) \log (2)+\frac{143 \pi ^6}{2520}+\frac{3 \log ^6(2)}{20}-\frac{1}{4} \pi ^2 \log ^4(2)-\frac{1}{40} \pi ^4 \log ^2(2)+36 {\bf H}^{(1)}_5(1/2)\\ {\mathfrak I}^{(2,3)} &=& -72 \text{Li}_6\left(\frac{1}{2}\right)-8 \text{Li}_5\left(\frac{1}{2}\right) \log (8)+6 \zeta (3)^2+4 \zeta (3) \log ^3(2)-\pi ^2 \zeta (3) \log (4)+\frac{3}{4} \zeta (5) \log (2)+\frac{17 \pi ^6}{420}+\frac{\log ^6(2)}{10}-\frac{1}{6} \pi ^2 \log ^4(2)-\frac{1}{60} \pi ^4 \log ^2(2)+24 {\bf H}^{(1)}_5(1/2)\\ {\mathfrak I}^{(1,4)} &=& \frac{93}{4} \text{Li}_6\left(1\right) \end{eqnarray}
Aquí \begin{equation} {\bf H}^{(p)}_q(x) := \sum\limits_{m=1}^\infty \frac{H_m^{(p)}}{m^q} x^m \end{equation}
Tenga en cuenta que el plazo ${\bf H}^{(1)}_5(1/2)$ no puede ser reducido a poli-logaritmos sólo por la siguiente razón. Claramente tenemos: \begin{eqnarray} &&{\bf H}^{(1)}_5(-1) = \int\limits_0^{-1} \frac{\log((-1)/t)^4}{(4)!}\cdot \frac{Li_1(t)}{t(1-t)} dt\\ &&\underbrace{=}_{u=\frac{t}{t-1}} \frac{1}{4!}\sum\limits_{p=0}^4 \binom{4}{p} (-1)^p \int\limits_0^{1/2} \frac{\log(u)^p \log(1-u)^{5-p}}{u} du\\&&= -2 {\bf H}^{(1)}_5(1/2)+6 \text{Li}_6\left(\frac{1}{2}\right)-2 \text{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right) \log ^2(2)+\text{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right) \log (2) \log (4)+\text{Li}_5\left(\frac{1}{2}\right) \log (4)-\frac{\zeta (3)^2}{2}+\frac{1}{72} \pi ^2 \left(12 \zeta (3) \log (2)+\log ^4(2)\right)-\frac{1}{3} \zeta (3) \log ^3(2)-\frac{1}{16} \zeta (5) \log (2)-\frac{19 \pi ^6}{4320}-\frac{\log ^6(2)}{120}+\frac{1}{720} \pi ^4 \log ^2(2) \end{eqnarray} Desde ${\bf H}^{(1)}_5(-1) = \zeta(-5,1)+Li_6(-1)$ y ya se sabe que $\zeta(-5,1)$ no puede ser reducido a univariante zeta funciones que el mismo tiene para ${\bf H}^{(1)}_5(1/2)$. Reiterar la cantidad de ${\bf H}^{(1)}_5(1/2)$ no es redundante en aquí.
Ahora mi pregunta sería la habitual, en el sentido de que puede derivar una forma cerrada de expresión para la cantidad por encima de cualquier código de valores de $p$$q$. A partir de los resultados anteriores podemos ver que algunos de los nuevos cantidad ${\bf H}^{(1)}_5(1/2)$ entra en el resultado. Puede que esta cantidad se reduce a polylogarithms y funciones elementales? Si no, entonces, para$p+q \ge 5$, ¿cuál será el conjunto mínimo de las cantidades que aparecen en el resultado?
