Tengo un argumento para hacer bolitas de queso para la primera integral. Primero observe que podemos escribir el integrando de la siguiente manera a través de la expansión en series de a $t=0$:
$$
\log \Gamma(x+t) = \log\Gamma(x)+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\partial_{t}^{(n+1)} \log \Gamma(x+t)|_{t=0}}{(n+1)!}t^{n+1}
$$
Por lo tanto,
$$
\int_{0}^{1}\log \Gamma(x+t)\,dx= \int_{0}^{1}\log \Gamma(x)\,dx + \sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^{n+1}}{(n+1)!}\int_{0}^{1} \partial_{t}^{(n+1)} \log \Gamma(x+t)|_{t=0}\,dx
$$
Tenga en cuenta que $\partial_{t}f(x+t)=\partial_{x}f(x+t)$, y por lo tanto, podemos sustituir el diferencial en el integrando por $\partial_{x}^{(n+1)}$, de modo que la integración simplemente le $\partial_{x}^{n} = \partial_{t}^{n}$. Por lo tanto:
$$
\int_{0}^{1} \partial_{t}^{(n+1)} \log \Gamma(x+t)|_{t=0}\,dx= \partial_{t}^{(n)} \log \Gamma(x+t)|_{t=0}\bigg|_{x=0}^{x=1} \\
=\partial_{t}^{(n)} \log \Gamma(t+1)|_{t=0} - \partial_{t}^{(n)} \log \Gamma(t)|_{t=0}
$$
Pero, a continuación,$\Gamma(t+1)=t\Gamma(t)$, así:
$$
\partial_{t}^{(n)} \log \Gamma(t+1)|_{t=0}=\partial_{t}^{(n)} [\log t+\log\Gamma(t)|_{t=0}
$$
Los términos con $\Gamma(t)$ cancelar, dejando $\partial_{t}^{(n)}\log t |_{t=0}$, por lo que la suma es ahora:
$$
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\partial_{t}^{(n)}\log t |_{t=0}}{(n+1)!}t^{n+1}=\int_{0}^{t}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\partial_{t}^{(n)}\log t |_{t=0}}{n!}t^{n}\,dt=\int_{0}^{t}\log t\,dt=t\log t - t
$$
La única tarea es encontrar a $\int_{0}^{1}\log\Gamma(x)\,dx$, ver Teorema 1 aquí para una breve prueba de que su valor es $\log(\sqrt{2\pi})$. Por lo tanto:
$$
\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\log(B(x,y))\,dxdy=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}[\log\Gamma(x) + \log\Gamma(y) - \log\Gamma(x+y)]\,dxdy \\
= \int_{0}^{1}[\log\Gamma(y) +y - y\log y]\,dy=\log(\sqrt{2\pi})+\frac{3}{4}
$$
Mathematica encuentra el mismo resultado, así que yo diría que es correcto. También, al parecer hay mucho más rápido formas de obtención de la primera integral, en su mayoría relacionados con el hecho de que
$$
\frac{\partial}{\partial x}\zeta_{H}(x,y)\bigg|_{x=0} = \log\left(\frac{\Gamma(y)}{\sqrt{2\pi}} \right)
$$
Donde $\zeta_{H}(x, y)$ es la zeta de Hurwitz función. Supongo que tal vez si usted sabe mucho acerca de zeta funciones (yo no) el primer resultado es obvio, a partir de esta fórmula.
