$$\color{blue}{\int_0^{\pi /2} {{x^2}\cot x\ln (\cos x)dx} = - \frac{{{\pi ^4}}}{{720}} + \frac{{\ln ^42}}{{24}} - \frac{{{\pi ^2}\ln ^22}}{6} + \text{Li}_4(\frac{1}{2})}$$
Es fácil demostrar que (el uso de la transformada de fourier de expansión de
$\ln(\cos x)$ por ejemplo) $$\int_0^{\pi/2} x^2 \cot x dx = \frac{\pi^2 \ln 2}{4} - \frac{7\zeta(3)}{8}$$
Por lo tanto es suficiente con considerar
$$I = \int_0^{\pi /2} {x^2}\cot x\ln (2\cos x)dx $$ esta forma alternativa se demostró conveniente.
Consideremos ahora los gemelos:
$$P = \int_0^1 {\frac{{{{\ln }^2}x\ln (1 + x)}}{{1 - x}}dx} \qquad Q = \int_0^1 {\frac{{{{\ln }^2}x\ln (1 - x)}}{{1 + x}}dx} $$
Vamos a ver que $I$ surge de la integración de $\ln^2 z \ln(1+z) / (1-z) $ alrededor del semicírculo de contorno sobre eje real. De hecho
$$
P + \int_{ - 1}^0 {\frac{{{{\ln }^2}x\ln (1 + x)}}{{1 - x}}dx} + \int_0^\pi {i{e^{ix}}\frac{{{{\ln }^2}({e^{ix}})\ln (1 + {e^{ix}})}}{{1 - {e^{ix}}}}dx} = 0 $$
Por lo tanto
$$\begin{aligned}
P + \int_0^1 {\frac{{{{(\ln x + \pi i)}^2}\ln (1 - x)}}{{1 + x}}dx} &= i\int_0^\pi {{x^2}\frac{{{e^{ix}}}}{{1 - {e^{ix}}}}\ln (1 + {e^{ix}})dx} \\
&= - 4\int_0^{\pi/2} {{x^2}(\cot x + i)\left[ {\ln (2\cos x) + ix } \right]dx}
\end{aligned}$$
Deseche la parte imaginaria:
$$P + Q - {\pi ^2}\int_0^1 {\frac{{\ln (1 - x)}}{{1 + x}}dx} = - 4\int_0^{\pi /2} {\left[ {{x^2}\cot x\ln (2\cos x) - {x^3}} \right]dx} = -4I + \frac{\pi^4}{16}$$
Por lo tanto, es suficiente para encontrar$P$$Q$. Si estás conoce con Euler suma o polylogarithm, estos logaritmo de las integrales de peso $4$ son estándar. Pero sin embargo voy a delinear cómo se obtiene.
$$\begin{aligned}
P &= \int_0^1 {\frac{{{{\ln }^2}x\ln (1 - {x^2})}}{{1 - x}}dx} - \int_0^1 {\frac{{{{\ln }^2}x\ln (1 - x)}}{{1 - x}}dx} \\
&= \int_0^1 {\left( {\frac{x}{{1 - {x^2}}} + \frac{1}{{1 - {x^2}}}} \right){{\ln }^2}x\ln (1 - {x^2})dx} - \int_0^1 {\frac{{{{\ln }^2}x\ln (1 - x)}}{{1 - x}}dx} \\
&= - \frac{7}{8}\int_0^1 {\frac{{{{\ln }^2}x\ln (1 - x)}}{{1 - x}}dx} + \int_0^1 {\frac{{{{\ln }^2}x\ln (1 - {x^2})}}{{1 - {x^2}}}dx} \\
&= - \frac{7}{8}\int_0^1 {\frac{{{{\ln }^2}x\ln (1 - x)}}{{1 - x}}dx} + \frac{1}{8}\int_0^1 {{x^{ - 1/2}}\frac{{{{\ln }^2}x\ln (1 - x)}}{{1 - x}}dx} \end{aligned}$$
Por lo tanto el valor de $P$ puede ser calculada a partir de las derivadas parciales de
$$\int_0^1 x^{a-1} (1-x)^{b-1} dx = \frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}$$
y el resultado es $$P = -\frac{19\pi^4}{720} + \frac{7}{2}\ln 2 \zeta(3)$$
$Q$ no sucumbir bajo su línea de ataque, de hecho:
$$Q = \frac{\pi^4}{90} + \frac{\pi^2 \ln^2 2}{6} - \frac{\ln^4 2}{6} - 4 \text{Li}_4 (\frac{1}{2}) $$
Denotar
$$A= \int_0^1 \frac{\ln x \ln^2(1-x)}{x} dx \qquad B= \int_0^1 \frac{\ln x \ln^2(1+x)}{x} dx \qquad C= \int_0^1 \frac{\ln x \ln(1+x) \ln(1-x)}{x} dx $$
Debido a la suma de Euler $\sum H_n / n^3 = \pi^4 / 72$ (o a través de la función beta), $A = -\pi^4 / 180$. Integración por partes en $C$ da
$$2C = P-Q$$
También
$$A + B + 2C = \int_0^1 {\frac{{\ln x{{\ln }^2}(1 - {x^2})}}{x}dx} = \frac{1}{4}\int_0^1 {\frac{{\ln x{{\ln }^2}(1 - x)}}{x}dx} = \frac{A}{4}$$
La razón para la introducción de estas integrales es que $B$ es domador de $Q$, su integral indefinida es una simple combinación de polylogarithms hasta el fin de $4$, desde el cual se puede calcular:
$$B = \frac{\pi^4}{24}+ \frac{\pi^2 \ln^2 2}{6} - \frac{\ln^4 2}{6} - 4\text{Li}_4(\frac{1}{2}) - \frac{7}{2}\ln 2 \zeta(3)$$
A partir de estos se puede calcular el valor de $Q$, por lo tanto, finalmente,$I$.
