Vamos lo que se considera la integral se denota por I$$. Nuestro punto de partida es reducir el número de los logaritmos de los diferentes argumentos en el integrando. Por lo tanto, con el hecho de
que $6ab^2=(a+b)^3-2a^3+(a-b)^3$, obtenemos
\begin{align*}
6I&=\underbrace{\int_0^1\frac{\log x}{x}\log^3(1-x^2)dx}_{x\leftarrow \sqrt{u}}
-2\int_0^1\frac{\log x}{x}\log^3(1-x)dx+
\underbrace{\int_0^1\frac{\log x}{x}\log^3\left(\frac{1-x}{1+x}\right)dx}_{x\leftarrow\frac{1-u}{1+u}}
\\
&= \frac{1}{4}\int_0^1\frac{\log u}{u}\log^3(1-u)du
-2\int_0^1\frac{\log x}{x}\log^3(1-x)dx+
2\int_0^1\frac{\log^u 3}{1-u^2}\log\left(\frac{1-u}{1+u}\right)du \\
&=\frac{-7}{4}\int_0^1\frac{\log x}{x}\log^3(1-x)dx+
2\int_0^1\frac{\log^3 x}{1-x^2}\log\left(\frac{1-x}{1+x}\right)dx \\
\end{align*}
Por lo tanto,
$$
I=-\frac{7}{24}J+\frac{1}{3}K \etiqueta{1}
$$
con
$$
J=\int_0^1\frac{\log(1 - x)}{1-x}\log^3x\,dx,\quad
K=\int_0^1\frac{1}{1-x^2}\log\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\log^3 x\,dx
\etiqueta{2}
$$
Ahora, por $x\in(-1,1)$, tenemos
$$
\frac{\log(1-x)}{1-x}=-\left(\sum_{k=0}^\infty x^k\right)\left(\sum_{k=1}^\infty \frac{x^k}{k}\right)
=-\sum_{n=1}^\infty H_nx^n
$$
donde $H_n=\sum_{k=1}^n1/k$ es el $$n-ésimo número Armónico. Del mismo modo,
$$
\frac{1}{1-x^2}\log\left(\frac{1-x}{1+x}\right)
=-\left(\sum_{k=0}^\infty x^{2k}\right)\left(\sum_{k=1}^\infty \frac{-2x^{2k-1}}{2k-1}\right)
=-2\sum_{n=1}^\infty \widetilde{H}_nx^{2n-1}
$$
donde
$$\widetilde{H}_n=\sum_{k=1}^n\frac{1}{2k-1}
=H_{2n}-\frac{1}{2}H_n$$
Por lo tanto, usando el hecho de que $\int_0^1^n(-\log x)^3\,dx=-6/(n+1)^4$ llegamos a la conclusión de que
\begin{align*}
J&=\sum_{n=1}^\infty H_n\int_0^1^n(-\log x)^3\,dx=6\sum_{n=1}^\infty
\frac{H_n}{(n+1)^4}\\
Y=6\sum_{n=0}^\infty
\frac{1}{(n+1)^4}\left(H_{n+1}-\frac{1}{n+1}\right)=6A-6\zeta(5)\etiqueta{3}
\end{align*}
con
\begin{ecuación*}
A=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^4}\etiqueta{4}
\end{ecuación*}
Del mismo modo,
\begin{align*}
K&=\sum_{n=1}^\infty (2H_{2n}-H_n)\int_0^1^{2n-1}(-\log x)^3\,dx=6\sum_{n=1}^\infty\frac{2H_{2n}-H_n}{(2n)^4}\\
Y=6\sum_{n=1}^\infty\frac{(1+(-1)^{2n})H_{2n}}{(2n)^4}
-\frac{3}{8}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^4}\\
Y=6\sum_{n=1}^\infty\frac{(1+(-1)^{n})H_{n}}{n^4}
-\frac{3}{8}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^4}\\
&=\frac{45}{8}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^4}
+6\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n}H_{n}}{n^4}=\frac{45}{8}A+6B\etiqueta{5}
\end{align*}
con
\begin{ecuación*}
B=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^4}\etiqueta{6}
\end{ecuación*}
La combinación de (1) con (3) y (5) encontramos que
\begin{ecuación*}
I=\frac{1}{8}a+2B+\frac{7}{4}\zeta(5)\etiqueta{7}
\end{ecuación*}
Ahora, la suma de $a$ y $B$ son conocidos (ver aquí ) (en un sentido más general), y
tenemos
$$
A=3\zeta(5)-\zeta(2)\zeta(3),\qquad
B=-\frac{59}{32}\zeta(5)+\frac{1}{2}\zeta(2)\zeta(3)
$$
Así
$$
I=\frac{7}{8}\zeta(2)\zeta(3)-\frac{25}{16}\zeta(5).
$$
que se anunció el resultado.$\qquad\square$
