Для вычисления интеграла (\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x} \, dx) можно использовать метод замены переменной и свойство, связывающее интегралы с логарифмом.

Сначала сделаем замену переменной ( x = e^t - 1 ). Тогда при ( x = 0 ) мы имеем ( t = \ln(1) = 0 ), а при ( x = 1 ) ( t = \ln(2) ). Из вычисления производной получаем ( dx = e^t dt ).

Также выраним (\ln(1+x)):
[
\ln(1+x) = \ln(1+(e^t-1)) = \ln(e^t) = t.
]

Теперь, подставим все в наш интеграл:
[
\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x} \, dx = \int_0^{\ln(2)} \frac{t}{e^t - 1} e^t \, dt = \int_0^{\ln(2)} \frac{t e^t}{e^t - 1} \, dt.
]

Теперь обратим внимание, что (\frac{e^t}{e^t - 1} = \frac{1}{1 - e^{-t}}), что позволяет связать интеграл с интегралом Бета или специальной функцией. Попробуем разложить (\frac{1}{e^t - 1}) в ряд:
[
\frac{1}{e^t - 1} = \sum_{n=1}^{\infty} e^{-nt}.
]

И подставив это выражение в интеграл, получаем:
[
\int0^{\ln(2)} t \sum{n=1}^{\infty} e^{-nt} \, dt,
]
в дальнейшем, поменяем порядок интегрирования и суммирования (при условии, что это допустимо):
[
\sum_{n=1}^{\infty} \int_0^{\ln(2)} t e^{-nt} \, dt.
]

Теперь вычисляем интеграл (\int_0^{\ln(2)} t e^{-nt} \, dt) с помощью интегрирования по частям:
[
u = t, \quad dv = e^{-nt} dt \quad \Rightarrow \quad du = dt, \quad v = -\frac{1}{n} e^{-nt}.
]
Тогда интеграл становится:
[
-\frac{t}{n} e^{-nt} \Big|_0^{\ln(2)} + \frac{1}{n} \int_0^{\ln(2)} e^{-nt} \, dt.
]

После подстановки результата получится, что надо складывать и упрощать полученные выражения.

В итоге, вы сможете выразить конечный интеграл через известные функции и значения. Например, окончательный результат будет равен:
[
\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x} \, dx = \frac{\pi^2}{12},
]
что потребует немного больше вычислений через замены, мы особенно использовали разложение и свойства экспоненты.