解答这道题，Integrate[Power[x,3]ln\(40)Divide[1+x,1-x]\(41)Divide[1,Sqrt[1-Power[x,2]]],{x,-1,1}]

首先，我们将分母的分式部分进行分解，得到：

$\frac{1}{1-x} = \frac{1}{2} \cdot \left(\frac{1}{1+x} + \frac{1}{1-x}\right)$

接着，我们可以将原式拆分为三个部分：

$\int_{-1}^{1} x^3 \ln(40) dx \cdot \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \frac{1}{1+x} \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} dx - \int_{-1}^{1} x^3 \ln(40) dx \cdot \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \frac{1}{1-x} \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} dx$

第一个部分是很容易求解的：

$\int_{-1}^{1} x^3 \ln(40) dx = 0$ （因为被积函数是奇函数）

接下来，我们来解决第二个部分：

$\frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \frac{1}{1+x} \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} dx$

我们可以进行变量代换，令 $x = \sin t$，则有：

$\int_{-1}^{1} \frac{1}{1+x} \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} dx = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+\sin t} dt$

接着，我们可以使用三角恒等式 $\tan \frac{t}{2} = \frac{\sin t}{1+\cos t}$ 进行部分分式分解，得到：

$\frac{1}{1+\sin t} = \frac{1}{2} \cdot \left(\frac{1-\tan\frac{t}{2}}{1+\tan\frac{t}{2}}\right)$

因此，原式变为：

$\frac{1}{2} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1-\tan\frac{t}{2}}{1+\tan\frac{t}{2}} dt$

再进行变量代换，令 $u = \tan \frac{t}{2}$，则有：

$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1-u}{1+u} \cdot \frac{2}{1+u^2} du$

接着，我们可以使用部分分式分解，将原式拆分为两个简单的积分：

$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1-u}{(1+u)(1+u^2)} du = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+u^2} - \frac{u}{(1+u)(1+u^2)} du$

第一个积分是一个标准的反正切函数，第二个积分可以通过数学归纳法求解，最终得到：

$\frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \frac{1}{1+x} \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} dx = \frac{\pi}{4}$

最后，我们来解决第三个部分：

$\int_{-1}^{1} x^3 \ln(40) dx \cdot \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \frac{1}{1-x} \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} dx$

同样可以进行变量代换 $x = \sin t$，得到：

$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin^3 t \ln(40) dt \cdot \frac{1}{2} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1-\sin t} dt$

接着，我们可以使用三角恒等式 $\tan \frac{t}{2} = \frac{\sin t}{1+\cos t}$ 进行部分分式分解，得到：

$\frac{1}{1-\sin t} = \frac{1}{2} \cdot \left(\frac{1+\tan\frac{t}{2}}{1-\tan\frac{t}{2}}\right)$

因此，原式变为：

$\frac{1}{4} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin^3 t \ln(40) \cdot \frac{1+\tan\frac{t}{2}}{1-\tan\frac{t}{2}} dt$

再进行变量代换 $u = \tan \frac{t}{2}$，则有：

$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{u^3}{(1+u)^2} \cdot \ln \left(40 \cdot \frac{1+u}{1-u}\right) du$

接着，我们可以使用分部积分法，其中令 $v = \ln \left(40 \cdot \frac{1+u}{1-u}\right)$，则有：

$\begin{aligned} \int \frac{u^3}{(1+u)^2} \cdot \ln \left(40 \cdot \frac{1+u}{1-u}\right) du &= \int \ln \left(40 \cdot \frac{1+u}{1-u}\right) d\left(\frac{-1}{1+u}\right)^2 \\ &= \frac{-1}{(1+u)^2} \cdot \ln \left(40 \cdot \frac{1+u}{1-u}\right) + 2 \int \frac{1}{1+u} \cdot \frac{1}{1-u} du \\ &= \frac{-1}{(1+u)^2} \cdot \ln \left(40 \cdot \frac{1+u}{1-u}\right) + 2\left[\ln(1-u) - \ln(1+u)\right] \end{aligned}$

因此，原式可以化简为：

$\begin{aligned} &\frac{1}{4} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{u^3}{(1+u)^2} \cdot \ln \left(40 \cdot \frac{1+u}{1-u}\right) du \\ &= \frac{1}{4} \left[\frac{-1}{(1+u)^2} \cdot \ln \left(40 \cdot \frac{1+u}{1-u}\right) + 2\left[\ln(1-u) - \ln(1+u)\right]\right]_{-\infty}^{\infty} \\ &= \frac{\ln(10) - \ln(4)}{4} \\ &= \frac{\ln(5)}{2} \end{aligned}$

因此，原式的值为：

$\int_{-1}^{1} x^3 \ln(40) \cdot \frac{\pi}{4} - \int_{-1}^{1} x^3 \ln(40) \cdot \frac{\ln(5)}{2} dx = -\frac{\pi \ln(2)}{16} - \frac{\ln(5)}{16}$