Hola estoy intentando integrar \mathcal{I}:=\iint \limits_{{x,y $ \ \in \ [0,1]}} \frac{\log(1-x)\log(1-y)} dx\ {1-xy}, dy = \int_0^1\int_0^1 \frac{\log(1-x)\log(1-y)} {1-xy} dx \,dy $$ existe una forma cerrada. He intentado escribir\begin{align} \mathcal{I} &=\int_0^1 \log(1-y)dy\int_0^1 \log(1-x)\frac{dx}{1-xy} \\ &= \int_0^1\log(1-y)dy \ \int_0^1 \sum_{n\geq0}(xy)^n\, \ln(1-x) \ dx \\ &= \sum_{n\geq 0}\frac{1}{n+1}\int_0^1 \log(1-y) y^n\, dy \\ &= \sum_{n\geq 0}\frac{1}{n+1}\int_0^1 \log(1-y)y^n\, dy = ? \end {Alinee el} fue capaz de darse cuenta de que \mathcal{I}=\sum_{n\geq $$ 1} \left (\frac {H_n} {n} \right) ^ 2 = \frac {17\zeta_4} {4} = \frac {17\pi ^ 4} {360}, \qquad \zeta_4=\sum_{n\geq 1} n ^ {-4} $$ sin embargo esto no me ayudas a resolver el problema. ¿Cómo podemos calcular $\mathcal{I}$? Gracias.
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Notó por primera vez
$$ \int_{0}^{1} x^{n} \log(1-x) \ dx = -\int_{0}^{1} x^{n} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{x^{k}}{k} \ dx $$
$$ = -\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k} \int_{0}^{1} x^{n+k} \ dx = -\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k(n+k+1)}$$
$$ = - \frac{1}{n+1} \sum_{k=1}^{\infty} \left(\frac{1}{k} - \frac{1}{n+k+1} \right)$$
$$ = -\frac{H_{n+1}}{n+1}$$
Entonces
$$ \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{\log(1-x) \log(1-y)}{1-xy} \ dx \ dy $$
$$ =\sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{1} x^{n} \log(1-x) \ dx \int_{0}^{1} y^{n} \log(1-y) \ dy $$
$$ = \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{H_{n+1}}{n+1} \right)^{2}$$
Una forma cerrada para la suma de $\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{H_n}{n}\right)^2$
Considerar la integral doble\begin{align} I = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{\ln(1-x) \ \ln(1-y)}{1-xy} \ dx dy \end {Alinee el}, expansión en forma de serie, se convierte\begin{align} I &= \sum_{n=0}^{\infty} \ \int_{0}^{1} x^{n} \ln(1-x) dx \ \int_{0}^{1} y^{n} \ln(1-y) dy \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \left( \int_{0}^{1} x^{n} \ \ln(1-x) \ dx \right)^{2}. \end{align} sin mucha dificultad se puede demostrar que\begin{align} \int_{0}^{1} x^{n} \ \ln(1-x) \ dx &= \left. \partial_{\mu} B(n+1, \mu+1) \right|_{\mu = 1} \\ &= B(n+1,1) \left( \psi(1) - \psi(n+2) \right) \\ &= \frac{H_{n+1}}{n+1}. \end{align} ahora, regresar a la primaria integral, es visto que\begin{align} I = \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{H_{n+1}}{n+1}\right)^{2} = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{H_{n}}{n} \right)^{2} = \frac{17 \zeta(4)}{4}. \end{align} por lo tanto\begin{align} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{\ln(1-x) \ \ln(1-y)}{1-xy} \ dx dy = \frac{17 \zeta(4)}{4}. \end {Alinee el}
Wow, RV y L son bastante rápido. Bueno, a pesar de que sus formas son más eficientes, que elaboró otra manera para que así pueda publicarlo.
$$\int_{0}^{1}\log(1-y)\int_{0}^{1}\frac{\log(1-x)}{1-xy}dxdy$$
Que $u=xy, \;\ \frac{du}{x}=dy$
$$\int_{0}^{x}\frac{\log(1-u/x)}{1-u}du\int_{0}^{1}\frac{\log(1-x)}{x}dx$$
La u de izquierda w.r.t integral es un clásico dilog: $\int_{0}^{x}\frac{\log(1-u/x)}{1-u}du=-Li_{2}(\frac{x}{1-x})$
Así, $$\int_{0}^{1}\frac{Li_{2}(\frac{x}{1-x})\log(1-x)}{x}dx$ $
Pero, $$-Li_{2}(\frac{x}{1-x})=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{n}x^{n}$ $
dando:
$$\int_{0}^{1}\log(1-x)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{n}x^{n-1}dx$$
Además, $\int_{0}^{1}x^{n-1}\log(1-x)dx=\frac{H_{n}}{n}$
Así, obtenemos finalmente:
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}^{2}}{n^{2}}=\frac{17\pi^{4}}{360}$$
