Muestran que

Question

Demostrar que;

$$ \int_0^1 \frac{\ln^3(x)}{1+x} dx = \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k+1} \frac6{(k+1)^4}$$

Llegué al hecho de que

$$ \int_0^1 \frac{\ln^3(x)}{1+x} dx = \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\int_0^1 x^k \ln^3(x)dx$$

Pero yo no puedo seguir más.

Answer 1

Un enfoque alternativo es el uso de diferenciación bajo el signo integral. Para cualquier $\alpha > 0$ hemos $$ \int_{0}^{1}\frac{x^{\alpha}}{1+x}\,dx = \sum_{n\geq 0}(-1)^n\int_{0}^{1}x^{\alpha+n}\,dx = \sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{n+\alpha+1}\tag{1}$$ por lo tanto, por la diferenciación de tres veces wrt $\alpha$ ambos lados de $(1)$ obtenemos: $$ \int_{0}^{1}\frac{x^{\alpha}\log^3(x)}{1+x}\,dx = \sum_{n\geq 0}\frac{6(-1)^{n+1}}{(n+\alpha+1)^4}\tag{2}$$ y teniendo en cuenta el límite de s $\alpha\to 0^+$: $$ \int_{0}^{1}\frac{\log^3(x)}{1+x}\,dx = 6\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^n}{n^4} = -\frac{21}{4}\zeta(4)=\color{red}{-\frac{7\pi^4}{120}}\tag{3} $$ de la siguiente manera.

Answer 2

Acaba de integrar por partes:

\begin{align*} \int_0^1 x^k \ln^3(x) \, dx &= \frac{x^{k + 1}}{k + 1} \ln^3 x \big|_0^1 - \int_0^1 \frac{x^{k + 1}}{k + 1} 3 \ln^2(x) \frac 1 x \, dx \\ &= -\frac{3}{k + 1} \int_0^1 x^k \ln^2(x) \, dx \end{align*}

La siguiente aplicación se invierte el signo, recoge factor de $2/(k + 1)$, y las gotas de la energía en el registro $1$. Continuar hasta que el registro desaparece.

Answer 3

La sustitución de $u=-\ln x$ vuelve a escribir la integral como $$-\int_0^\infty \frac{u^3e^{-u}du}{1+e^{-u}}=\sum_{k=0}^\infty\left(-1\right)^{k+1}\int_0^\infty u^3e^{-\left(k+1\right)u}du.$$ The substitution $v=\left(k+1\right)u$ in $\int_0^\infty v^3 e^{-v}dv=3!=6$ obtains $$\int_0^\infty u^3e^{-\left(k+1\right)u}du=\frac{6}{\left(k+1\right)^4},\,\int_0^1\frac{\ln^3x}{1+x}dx=6\sum_{k=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^{k+1}}{\left(k+1\right)^4}.$$

Answer 4

Comenzamos con la sustitución de $$x=\mathrm{e}^{-y}$$ de modo que nuestros integral se convierte en \begin{equation} -\int\limits_{0}^{\infty} \frac{y^{3}}{1+\mathrm{e}^{\,y}} \mathrm{d} y \end{equation}

Esta integral es un Mellin de transformación de la función \begin{equation} f(y) = \frac{1}{1+\mathrm{e}^{\,y}} \end{equation} donde el Mellin de transformación se define como \begin{equation} \mathcal{M}[f(x](s) = \int\limits_{0}^{\infty} x^{s-1} f(x) \mathrm{d} x \end{equation}

A partir de las Tablas de transformadas Integrales (Bateman Manuscrito), Volumen 1, tenemos \begin{equation} \mathcal{M}[(\mathrm{e}^{\alpha x} + 1)^{-1}](s) = \frac{1}{\alpha^{s}} \Gamma(s) (1-2^{1-s}) \zeta(s) \label{eq:1} \tag{1} \end{equation}

Con $$s = 4 \quad \mathrm{and} \quad \alpha = 1$$ tenemos \begin{equation} -\int\limits_{0}^{\infty} \frac{y^{3}}{1+\mathrm{e}^{y}} \mathrm{d} y = -\Gamma(4) (1-2^{1-4}) \zeta(4) = -\frac{7\pi^{4}}{120} \end{equation}

Así \begin{equation} \int\limits_{0}^{1} \frac{\mathrm{ln}^{3}(x)}{1+x} \mathrm{d} x = -\frac{7\pi^{4}}{120} \end{equation}

Anexo

Podemos reescribir \eqref{eq:1} como \begin{align} \mathcal{M}[(\mathrm{e}^{\alpha x} + 1)^{-1}](s) & = \frac{1}{\alpha^{s}} \Gamma(s) (1-2^{1-s}) \zeta(s) \\ & = \frac{1}{\alpha^{s}} \Gamma(s) \eta(s) \end{align} donde \begin{equation} \eta(s) = (1-2^{1-s}) \zeta(s) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n^{s}} \end{equation} es la de Dirichlet eta función, también conocida como la alternancia de Riemann zeta función.

Tenga en cuenta que para Wolfram Alpha, $\eta(s)$ valores predeterminados para la Dedekind eta función. Para obtener la Dirichlet eta el tipo de función de "dirichlet eta(s)".

Answer 5

Sustituto $x=e^{-u}$: $$ \begin{align} \int_0^1\frac{\log^3(x)}{1+x}\,\mathrm{d}x &=-\int_0^\infty\frac{u^3}{1+e^{-u}}e^{-u}\,\mathrm{d}u\\ &=\int_0^\infty\sum_{k=1}^\infty(-1)^ku^3e^{-ku}\,\mathrm{d}u\\ &=\int_0^\infty u^3e^{-u}\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^k}{k^4}\,\mathrm{d}u\\ &=3!\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^k}{k^4}\\ \end{align} $$