Integral del cuadrado de la unidad $\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \left( - \frac{\ln(xy)}{1-xy} \right)^{m} dx dy $

Question

En un artículo de Guillera y Sondow, uno de los integral cuadrada de la unidad Las identidades que se demuestran (en la página 9) son: $$\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{\left(-\ln(xy) \right)^{s}}{1-xy} dx dy = \Gamma(s+2) \zeta(s+2),$$ que es válida para $\mathfrak{R}(s) > -1 $ .

Definamos $$I_{m} := \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \left( \frac{-\ln(xy) }{1-xy} \right)^{m} dx dy $$ para $m \in \mathbb{Z}_{\geq 1} $ . Entonces WA encuentra $$I_{1} = -2 \zeta(3), \qquad I_{2} = 6 \zeta(3). $$ Sin embargo, hasta ahora no he podido encontrar ninguna evaluación de forma cerrada para $I_{m}$ cuando $m \geq 3$ ni en la literatura ni con el software CAS.

Preguntas :

1. ¿Qué es? $I_{m}$ para $m>2$ ?
2. ¿Aparece esta familia de integrales definidas en la literatura?

Answer 1

Podemos empezar considerando la siguiente integral: $$\int_0^1\int_0^1 \frac{(xy)^a}{z-xy}dxdy=\frac{1}{z}\sum_{n=0}^\infty \int_0^1\int_0^1(xy)^a\left(\frac{xy}{z}\right)^ndxdy$$ $$=\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{z^{n+1}}\int_0^1x^{n+a}dx\int_0^1y^{n+a}dy=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{z^{n+2}}\frac{1}{(n+a)^2}$$ Tomando $m$ derivados en relación con el tiempo. $a$ y el ajuste $a$ a $0$ da: $$\int_0^1\int_0^1 \frac{(-\ln(xy))^m}{z-xy}dxdy=(m+1)!\operatorname{Li}_{m+2}\left(\frac{1}{z}\right)$$ Donde $\operatorname{Li}_m(x)$ es el función polilogaritmo .
Además, podemos tomar $m-1$ derivados en relación con el tiempo. $z$ (y ponerlo en $1$ ) para encontrar: $$\int_0^1\int_0^1 \frac{(-\ln(xy))^m}{(1-xy)^m}dxdy=(-1)^{m-1}m(m+1)\frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}\operatorname{Li}_{m+2}\left(\frac{1}{z}\right)\bigg|_{z=1}$$ Y con la ayuda de OEIS podemos obtener la siguiente forma cerrada: $$\boxed{\int_0^1\int_0^1 \left(\frac{-\ln(xy)}{1-xy}\right)^mdxdy=m(m+1)\sum_{k=1}^{m-1}|s(m-1,m-k)|\zeta(k+2)}$$ Donde $s(n,m)$ es el Número Stirling del primer tipo .
En particular, tenemos: \begin{array}{|c|c|} \hline I_2 & 6\zeta(3) \\ \hline I_3 & 12(\zeta(3)+\zeta(4)) \\ \hline I_4 & 20(\zeta(3)+3\zeta(4)+2\zeta(5)) \\ \hline I_5 & 30(\zeta(3)+6\zeta(4)+11\zeta(5)+6\zeta(5)) \\ \hline I_6 & 42(\zeta(3)+10\zeta(4)+34\zeta(5)+50\zeta(6)+24\zeta(7)) \\ \hline I_7 & 56(\zeta(3)+15\zeta(4)+85\zeta(5)+225\zeta(6)+274\zeta(7)+120\zeta(8)) \\ \hline \end{array}

Answer 2

\begin{align} &\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \left( - \frac{\ln(xy)}{1-xy} \right)^{m}\ \overset{xy=t}{dy} \ dx \\ =& \int_0^1 \int_0^x \left( - \frac{\ln t}{1-t} \right)^{m}\frac1x \ dt\ dx = \int_0^1 \int_t^1 \left( - \frac{\ln t}{1-t} \right)^{m}\frac1x \ dx\ dt\\ = &\int_0^1 \frac{(-\ln t)^{m+1}}{(1-t)^m} \ dt \overset{t=e^{-u}}= \int_0^{\infty} \frac{u^{m+1} e^{-t}}{(1-e^{-u})^m}\ du\\ =& \int_0^{\infty} {u^{m+1} e^{-t}} \sum_{k=0}^{\infty} \binom{m+k-1}{k} e^{-uk} du\\ =& \sum_{k=0}^{\infty} \binom{m+k-1}{k}\int_0^1 u^{m+1} e^{-(k+1)u}\ du \\=&\sum_{k=0}^{\infty} \binom{m+k-1}{k} \frac{(m+1)!}{(k+1)^{m+2}} \end{align}