Mostrar $-\int_0^1 {(1-x+\ln x)^2\ln x\over 3(1-x)^3} \, dx=\zeta(3)$

Question

$$I=-\int_0^1 {(1-x+\ln x)^2\ln x \over 3(1-x)^3}\,dx=\zeta(3)\tag1$$

$${1\over 3(1-x)^3}=\sum_{n=0}^\infty {(n+1)(n+2)x^n\over 6}\tag2$$

$$(1-x+\ln x)^2\ln x=\ln x-2x\ln x+x^2\ln x+2\ln^2 x-2x\ln^2 x+\ln^3 x\tag3$$ Sub $(2)$ y $(3)$ en $(1)$ $\rightarrow (5)$

Sea $$S=\sum_{n=0}^\infty {(n+1)(n+2)\over 6}\tag4$$

$$I=S\int_0^1 \left(x^n\ln x-2x^{n+1}\ln x+x^{n+2}\ln x+2x^n\ln^2 x -2x^{n+1} \ln x+x^n\ln^3 x\right)\tag5$$

$$\int_0^1 x^n\ln^m x \, dx={(-1)^m m!\over (n+1)^{m+1}}\tag6$$

Utilizando $(6)$ evaluar $(5)$ $\rightarrow (7)$

$$I=S\left[{-1\over (n+1)^2}+{2\over (n+2)^2}-{2\over (n+3)^2}+{4\over (n+1)^3}-{4\over (n+2)^3}-{6\over (n+1)^4}\right]\tag7$$

(7) parecen ser erróneas cuando las he comprobado con cálculo numérico. De todas formas este método es tedioso, pero es la única forma que conozco de resolver esta integral.

Lo he comprobado bastantes veces y no he localizado dónde me he equivocado. ¿Puede ayudarme? También nos muestran otro enfoque corto para hacer frente a la integral I.

Answer 1

Podemos calcular primero $$ J(k) = \int_{0}^{1}\left(\frac{\log(1-x)}{x}\right)^k\,dx \tag{1}$$ para $k=1,2,3$ por integración por partes y obtener: $$ J(1)=-\zeta(2),\qquad J(2)=2\zeta(2),\qquad J(3)=-3\zeta(2)-3\zeta(3) \tag{2}$$ entonces reconoce que la integral original es sólo

$$ -\frac{J(1) + 2\, J(2) + J(3)}{3}=\color{red}{\zeta(3)}\tag{3}$$

mediante la sustitución $x=1-z$ y el teorema del binomio.