Série et $\zeta(3)$

Problème 12222 du dernier AMM.

Mais ce n'est hélas pas un problème original:

https://artofproblemsolving.com/community/c7h2313119p18395771

La première égalité est quasiment évidente*. C'est la dernière égalité qui l'est moins (mais on trouve son calcul sur Stack Math Exchange)

*: On est dans le cas:$\displaystyle \int_0^1\int_0^1 f(xy)dxdy$

NB:
Pour ceux qui ne connaissent pas encore:

www.approach0.xyz

(dommage qu'on ne puisse pas faire de telles recherches sur www.les-mathematiques.net)

Pour le calcul de $\displaystyle \int_0^1\int_0^1 f(xy)dxdy$

Voici deux méthodes différentes.

1)
\begin{align}J&=\int_0^1\int_0^1 f(xy)dxdy\\
&\overset{u(x)=xy}=\int_0^1 \frac{1}{y}\left(\int_0^y f(u)du\right)dy\\
&\overset{\text{IPP}}=\left[\ln y \left(\int_0^y f(u)du\right)\right]_0^1 -\int_0^1 f(y)\ln ydy\\
&=-\int_0^1 f(y)\ln ydy\

\end{align} 2)
\begin{align}J&=\int_0^1\int_0^1 f(xy)dxdy\\
&\overset{u=1-xy,v=\frac{1-x}{1-xy}}=\int_0^1\int_0^1 \frac{uf(1-u)}{1-uv}dudv\\
&\overset{z=1-u}=\int_0^1\int_0^1 \frac{(1-z)f(z)}{1-(1-z)v}dvdz\\
&=-\int_0^1 f(z)\Big[\ln\left(1-v(1-z)\right)\Big]_0^1 dz\\
&=-\int_0^1 f(z)\ln zdz

\end{align} PS. Dans un papier j'ai vu une démonstration, me semble-t-il, s'appuyant sur une propriété de densité des fonctions continues sur l'intervalle $[0;1]$: ces fonctions sont limites uniforme de fonctions développables en série entière sur cet intervalle (un exemple d'utilisation de marteau-piqueur pour casser une noix).


Edit: j'avais oublié un facteur. Merci à AD pour la mise en forme.

Jean Lismonde: lis attentivement les bornes des indices des sommes.

Etanche:

Sûrement. On peut commencer (par changement d'indice) par changer la borne inférieure des indices de la deuxième somme afin d'envisager un truc à la Fubini sur la somme double.

C'c'est un truc pour Pablo ça...