La integral doble $\int_0^1 \int_0^1 \frac{1-x}{1-xy}(-\log(xy))^s \, dx \, dy$

Question

$$\int_0^1 \int_0^1 \frac{1-x}{1-xy}(-\log(xy))^s \, dx \, dy=\Gamma(s+2)\left(\zeta(s+2) -\frac{1}{s+1}\right) \quad \Re(s)>-2$$

Cómo demostrar esta identidad?

Answer 1

Vamos a necesitar el resultado

$$ \int_{0}^{\infty}\frac{t^{s-1}}{e^{t}-1}=\Gamma(s)\zeta(s).$$

Primero escribimos la integral en consideración en el formulario $$ \int_0^1 \int_0^1 \frac{1-x}{1-xy}(-\ln(xy))^sdx dy = $$

$$ \int_0^1 \int_0^1 \frac{(-\log(xy))^s}{1-xy} dx dy - \int_0^1 \int_0^1 \frac{x(-\log(xy))^s}{1-xy} dx dy. $$

Comenzamos con la primera integral. Mediante el cambio de variables $u=x y$ y, a continuación, intercambiando el orden de integración de los rendimientos

$$ \int_0^1 \int_0^1 \frac{(-\ln(xy))^s}{1-xy} dx dy = \int_0^1 \int_0^y \frac{(-\log(u))^s}{1-u} \frac{du}{y} dy $$

$$= \int_0^1 \frac{(-\ln(u))^s}{1-u} \int_u^1\frac{du}{y} dy du = \int_0^1 \frac{(-\ln(u))^{s+1}}{1-u} du. $$

Mediante el cambio de variables $ \ln u = -t $, obtenemos

$$ = \int_0^1 \frac{(-\ln(u))^{s+1}}{1-u} du = - \int_{0}^{\infty}\frac{t^{s+1}}{e^{t}-1}=-\Gamma(s+2)\zeta(s+2). $$

Ahora, usted debería ser capaz de terminar el problema siguiendo las técnicas anteriores. No he trabajado el resto del problema.

Answer 2

He conocido a un ejercicio similar, ampliando el denominador como una serie geométrica (que es legal, porque $0<x,y<1$ me ha ayudado mucho.