Evaluación de un duro integral doble

Question

Esta es una integral procedentes de la investigación personal, y muy importante para mí, pero no
parece un trabajo fácil de hacer. Si no es posible una solución, entonces yo estaría contento con una forma cerrada sólo.

$$\int_{[0,1]^2} \frac{(1-x-y+x y+x \log(x)-x y\log(x)+y \log(y)- x y\log(y)+x y\log(x)\log(y))\log(1+x y)}{x y (1-x) (1-y)\log(x)\log(y)} \ dx \ dy$$

Esperemos que este sea visto por Cleo demasiado y tal vez vamos a encontrar su forma cerrada.

Answer 1

Escribir la integral como $$ \int_{[0,1]^2}h(x)h(y)\log(1+xy)\,dx\,dy = \sum_{n\geq1}(-1)^{n+1}\frac{a_n^2}{n}, \qquad h(x) = \frac{1-x+x\log x}{x(1-x)\log x}, $$ donde los coeficientes $a_n$ están dadas por $$ a_n = \int_0^1 h(x)x^n\,dx = \gamma - H_n + \log n. $$

El uso de las sumas $$ \sum_{n\geq1} \frac{(-1)^{n+1}}{n} = \log2 $$ $$ \sum_{n\geq1} \frac{H_n(-1)^{n+1}}{n} = \tfrac12\big(\zeta(2)-\log^22\big), $$ $$ \sum_{n\geq1}\frac{H_n^2(-1)^{n+1}}{n} = -\tfrac12\zeta(2)\log 2+\tfrac13\log^22+\tfrac34\zeta(3), $$ $$ \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n+1}\log n}{n} = -\gamma\log 2+\tfrac12\log^22, $$ $$ \sum\frac{(-1)^{n+1}\log^2n}{n} = -\gamma\log^22+\tfrac13\log^32-2\gamma_1\log 2, $$ donde $\gamma_1$ es un Stieltjes gamma constante, y observando que el suma $$ \sum_{n\geq 1}(-1)^{n+1}\frac{H_n\log n}{n} = \int_0^1 \frac{du}{u}\big(\lambda_1(u-1)-\lambda_1(-1)\big), \qquad \lambda_s(t) = \frac{\partial \mathrm{Li}_s}{\partial s}(t)$$ no tiene la forma cerrada del todo, la integral se puede escribir como $$ -\gamma\zeta(2)-\gamma^2\log2-\tfrac12\zeta(2)\log2+\gamma\log^22+\tfrac23\log^32-2\gamma_1\log2\\+\tfrac34\zeta(3) - 2\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n+1}H_n\log n}{n}. $$

Answer 2

Puedo simplificar el integrando en;

\begin{equation} \frac{(y\log y + (1-y))(x \log x +(1-x)}{(1-x)(1-y)} \end{equation}

El cálculo de \begin{equation} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{(y\log y + (1-y))(x \log x +(1-x))}{(1-x)(1-y)} dx dy \end{equation} está demostrando ser más duro de lo que esperaba!