Integral de la$\int_1^\infty \log \log \left(x\right)\frac{dx}{1-x+x^2}=\frac{2\pi}{\sqrt 3}\left(\frac{5}{6}\log (2\pi)-\log \Gamma \frac{1}{6}\right)$

Question

ACTUALIZADO

Hola estoy tratando de probar la siguiente$$ I:=\int_1^\infty \log \log \left(x\right)\frac{dx}{1-x+x^2}=\frac{2\pi}{\sqrt 3}\left(\frac{5}{6}\log (2\pi)-\log \Gamma \big(\frac{1}{6}\big)\right). $$ No estoy nada seguro de cómo empezar en esto. Esto se ve bastante intimidante. Algo que me di cuenta era $$ \int_1^\infty \log \log \left(x\right)\frac{dx}{1-x+x^2}=\int_0^1 \log \log \left(\frac{1}{x}\right)\frac{dx}{1-x+x^2}. $$Gracias.

Nota la función Gamma es dada por $$ \Gamma(n)=(n-1)!,\quad \Gamma(z)=\int_0^\infty t^{z-1}e^{-t}\, dt. $$ EDIT: LA incorrecta integral I publicado por primera vez fue a causa de un error tipográfico. El resultado de ello es dada por (observe que el denominador de la señal de error que cometí) $$ I_2:=\int_0^1 \log \log \left(\frac{1}{x}\right)\frac{dx}{1+x+x^2}=\frac{\pi}{\sqrt 3}\log\left(\frac{\sqrt[3]{2\pi}\Gamma(2/3)}{\Gamma(1/3)}\right). $$ como usted puede ver, los resultados son diferentes, disfrutar de ambos. Obviamente, yo SÓLO estoy interesado en resolver doy las gracias.

Answer 1

Aquí hay una respuesta. Claro, dejando $x\to 1/x$, tenemos \begin{eqnarray*} I=\int_0^1 \log(-\log x)\frac{1}{1-x+x^2}dx. \end{eqnarray*} A continuación, el resto se sigue de Una forma cerrada de $\int_0^1\frac{\ln\ln\left({1}/{x}\right)}{x^2-x+1}\mathrm dx$.