Intégrale sous contrainte

\begin{align}K&=\int_0^1\frac{\ln(1+x)\ln x}{1+x}dx\\&=\frac{1}{2}\left(\int_0^1\frac{\ln^2(1+x)}{1+x}dx+\int_0^1\frac{\ln^2 x}{1+x}dx-\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln^2\left(\frac{x}{1+x}\right)}{1+x}dx}_{y=\frac{x}{1+x}}\right)\\
&=\frac{1}{6}\ln^3 2+\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\ln^2 x}{1+x}dx-\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{2}}\frac{\ln^2 y}{1-y}dy\\
\end{align}
Par ailleurs,
\begin{align}
K&\overset{y=\frac{1}{1+x}}=-\int_{\frac{1}{2}}^1\frac{\ln\left(\frac{1-y}{y}\right)\ln y}{y}dy\\
&=\frac{1}{3}\ln^3 2-\int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{\ln\left(1-y\right)\ln y}{y}dy\\
&\overset{\text{IPP}}=\frac{1}{3}\ln^3 2-\frac{1}{2}\Big[\ln^2 y\ln(1-y)\Big]_0^1 +\frac{1}{2}\int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{\ln^2 y}{1-y}dy\\
&=-\frac{1}{6}\ln^3 2-\frac{1}{2}\int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{\ln^2 y}{1-y}dy\\
&=-\frac{1}{6}\ln^3 2-\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln^2 y}{1-y}dy+\frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\ln^2 y}{1-y}dy
\end{align}
Donc:
\begin{align}2K&=-\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{2x\ln^2 x}{1-x^2}dx\\
&\overset{y=x^2}=-\frac{1}{8}\int_0^1 \frac{\ln^2 y}{1-y}dy\\
K&=\boxed{-\dfrac{1}{16}\int_0^1 \dfrac{\ln^2 y}{1-y}dy}\\
\end{align}

Comme déjà indiqué, j'ai des doutes sur le fait qu'on puisse dérouler un calcul analogue avec l'intégrale soeur $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\ln(1-x)\ln x}{1+x}dx$

Un calcul de l'intégrale $\displaystyle J= \int_0^1\frac{\ln x\ln(1-x)}{1+x}dx$ mais qui, hélas, ne respecte pas la contrainte demandée.

\begin{align}
J&\overset{\text{IPP}}=\left[\left(\int_0^x \frac{\ln t }{1+t}dt -\int_0^1 \frac{\ln t }{1+t}dt\right)\ln(1-x)\right]_0^1+\int_0^1 \frac{1}{1-x}\left(\int_0^x \frac{\ln t }{1+t}dt-\int_0^1 \frac{\ln t }{1+t}dt\right)dx\\
&=\int_0^1 \int_0^1 \frac{1}{1-x}\left(\frac{x\ln(tx)}{1+tx}-\frac{\ln t}{1+t}\right)dtdx\\
&=\int_0^1 \int_0^1\left(\frac{\ln(tx)}{(1+t)(1-x)}-\frac{\ln(tx)}{(1+t)(1+tx)}-\frac{\ln t}{(1+t)(1-x)}\right)dtdx\\
&=-\frac{1}{6}\pi^2\ln 2-\int_0^1 \frac{1}{t(1+t)} \left(\int_0^t\frac{\ln u}{1+u}du\right)dt\\
&\overset{\text{IPP}}=-\frac{1}{6}\pi^2\ln 2+\left[\big(\ln(1+t)-\ln t \big)\left(\int_0^t\frac{\ln u}{1+u}du\right)\right]_0^1+\int_0^1\frac{\ln^2 t}{1+t}dt-\int_0^1\frac{\ln(1+t)\ln t}{1+t}dt\\
&=\frac{3}{2}\zeta(3)-\frac{1}{4}\pi^2\ln 2-\int_0^1\frac{\ln(1+t)\ln t}{1+t}dt\\
\end{align}
Et, avec le calcul fait dans le message précédent, on a donc:
$\boxed{\displaystyle J=\frac{13}{8}\zeta(3)-\frac{1}{4}\pi^2\ln 2}$

NB: J'admets que,
\begin{align}\int_0^1\frac{\ln t}{1+t}dt&=-\frac{1}{12}\pi^2,
\int_0^1\frac{\ln t}{1-t}dt=-\frac{1}{6}\pi^2,
\int_0^1\frac{\ln^2 t}{1+t}dt=\frac{3}{2}\zeta(3),
\int_0^1\frac{\ln^2 t}{1-t}dt=2\zeta(3)\\
\end{align}