¿Por qué $\lim_{x \rightarrow 0} B(x,y)$ existen y cómo se calcula?

Question

En la evaluación de las integrales como (enlace a otro ejemplo)

$$I=\int_0^1\frac{\log(x) \log^2(1-x)dx}{x}$$

uno puede hacer la sustitución de $x=\sin^2(\theta)$ obtener

$$I=16\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\log(\sin(x)) \log^2(\cos(x)) \cos(x)dx}{\sin(x)}$$ cual es la derivada parcial de la función beta en $(x=0,y=1)$:

$$I=\lim_{x \rightarrow 0^+}\partial_y^2\partial_x B(x,1)$$ porque $$B(x,y)=2 \int_0^\frac{\pi}{2} \cos^{2x-1}(x)\sin^{2y-1}(x)dx$$ $$\partial^2_y\partial_xB(x,y)=16\int_0^\frac{\pi}{2} \log(\cos(x))^2\log(\sin(x)) \cos^{2x-1}(x)\sin^{2y-1}(x)dx.$$

Mi problema: $I$ es convergente, y tomando las derivadas parciales de $B(x,y)$ en la forma anteriormente no yeild $2I$ $B(x,y)$ sólo está definida para $\Re(x), \Re(y) >0$. Entonces, ¿cómo hace uno:

1. Ir demostrar que el límite existe (directamente a través de las derivadas parciales de la función beta, sin referencia a $I$)? (Puntos Extra por la intuición, ya que no se ve cómo la derivada parcial puede existir en un lugar donde la función no).
2. Encontrar el límite en este caso?

Answer 1

[Inicial disculpa: esto es sólo un montón de consideraciones demasiado largo para caber en un comentario] Ahora tenemos una prueba.

$$ I = -\int_{0}^{+\infty} x\cdot\log^2(1-e^{-x})\,dx = \int_{0}^{+\infty}\frac{x^2}{e^{x}-1}\log(1-e^{-x})\,dx,$$ $$ I = -\int_{0}^{+\infty}\frac{x^2}{e^{x}-1}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{e^{-kx}}{k}dx = -\int_{0}^{+\infty}x^2 e^{-x}\sum_{k=1}^{+\infty}H_k e^{-kx}dx,$$ $$ I = -\sum_{k=1}^{+\infty}H_k \int_{0}^{+\infty}x^2 e^{-(k+1)x}dx = -\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{2H_k}{(k+1)^3}.$$

Curiosamente, la integración por partes de otra manera, se obtiene:

$$ I = \int_{0}^{1}\operatorname{Li}_2(x)\left(\frac{\log(1-x)}{x}-\frac{\log x}{1-x}\right)dx = -\frac{1}{2}\operatorname{Li}_2^2(1)-\int_{0}^{1}\frac{\operatorname{Li}_2(x)\log x}{1-x}\,dx,$$ [Esta parte es meramente opcional] de modo que la identidad de $I=-\frac{\zeta(4)}{2}$, probablemente puede ser demostrado a través de la dilogarithm identidades. Mediante la serie de Taylor de $\operatorname{Li}_2(x)$$\frac{\log(1-x)}{x}$, y el conocido identidad $\int_{0}^{1}(1-x)^m x^n dx=\frac{m! n!}{(m+n+1)!}$ es muy fácil notar que:

$$\int_{0}^{1}\frac{\operatorname{Li}_2(1-x)\log(1-x)}{x}\,dx = -\sum_{m,n=1}^{+\infty}\frac{m! n!}{m^2 n^2 (m+n)!},$$ y no me sorprendería si alguien se las arreglan para poner los HR en $c\cdot\zeta(2)^2$ forma aunque la "inversa" de creative telescópica o la descomposición en fracciones simples. [Fin de la parte opcional]

Para istance: $$\int_{0}^{1}\frac{\operatorname{Li}_2(x)\log x}{1-x}dx = -\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{(n+1)^2}\sum_{m=1}^{n}\frac{1}{m^2}.\tag{1}$$ Finalmente, aquí está el truco: $$\frac{\pi^4}{120}=\frac{\zeta(2)^2-\zeta(4)}{2} = \sum_{m>n}\frac{1}{m^2 n^2}$$ es exactamente la opuesta de la HR en $(1)$. Mediante la recopilación de piezas que tenemos: $$ I = -\frac{\zeta(2)^2}{2}+\frac{\zeta(2)^2-\zeta(4)}{2} = -\frac{\zeta(4)}{2}$$ QED.