¿Qué es $\int_0^1 \ln (1-x) \ln \left(\ln \left(\frac{1}{x}\right)\right) \, dx$?

Question

No son bien conocidos de forma cerrada de las evaluaciones para las integrales de la forma $\int_0^1 a(x) \ln \left(\ln \left(\frac{1}{x}\right)\right) \, dx $ para determinadas funciones algebraicas $a(x)$. Por ejemplo, una evaluación de este formulario se encuentra en el siguiente enlace: Evaluación $\int_0^1 \log \log \left(\frac{1}{x}\right) \frac{dx}{1+x^2}$. De forma cerrada de las evaluaciones para las integrales de la forma $\int_0^1 a(x) \ln \left(\ln \left(\frac{1}{x}\right)\right) \, dx$ puede ser utilizado para evaluar Glaisher de tipo infinito de productos. Por ejemplo, la evaluación de las $ \int_{0}^{1} \frac{\ln \left(\ln \left(\frac{1}{x}\right)\right)}{x^{2}+1} \, dx $ puede ser usado para demostrar que:

\begin{equation*} \prod _{i=0}^{\infty } \frac{ (4 i+3)^{\frac{1}{4 i+3}} }{ (4 i+1)^{\frac{1}{4 i+1}}} = \frac{ 2^{ \frac{ \pi}{2} } e^{\frac{\gamma \pi }{4}} \pi ^{ \frac{3 \pi}{4}}}{ \Gamma^{\pi } \left(\frac{1}{4}\right)}. \end{ecuación*}

Mathematica no parece ser capaz de evaluar las integrales de la forma $\int_0^1 T(x) \ln \left(\ln \left(\frac{1}{x}\right)\right) \, dx $ para ciertos elementales funciones trascendentes $T\left(x\right)$. Por ejemplo, Mathematica es incapaz de evaluar las siguientes integrales, y a la Inversa Simbólico de la Calculadora no es actualmente capaz de identificar a los siguientes números:

\begin{align*} \int_0^1 \ln (1-x) \ln \left(\ln \left(\frac{1}{x}\right)\right) \, dx & = 1.834962542065861... \\ \int_0^1 \ln (x+1) \ln \left(\ln \left(\frac{1}{x}\right)\right) \, dx & = -0.4553656688368576... \\ \int_0^1 \tan^{-1}(x) \ln \left(\ln \left(\frac{1}{x}\right)\right) \, dx & = -0.521812852476476... \end{align*}

Estoy interesado en la evaluación de $\int_0^1 \ln (1-x) \ln \left(\ln \left(\frac{1}{x}\right)\right) \, dx$, pero no parece ser factible el uso de la integración por partes para evaluar esta integral, y no es obvio para mí cómo evaluar esta integral por medio de la sustitución. También he considerado ampliar el integrando de esta integral usando el poder de la serie para tratar de evaluar esta integral.

Una nueva forma cerrada de la presente evaluación integral sería interesante, en parte debido a que una evaluación puede ser utilizada para construir nuevos Glaisher de tipo infinito de productos.

Un problema similar se da en el siguiente enlace: Integral ${\large\int}_0^1\frac{\ln^2\ln\left(\frac1x\right)}{1+x+x^2}dx$. He tratado de imitar la estrategia utilizada en la respuesta dada en este enlace, pero usando la sustitución de $t=\ln\left(\frac{1}{x}\right)$ en este caso se obtiene la siguiente integral, que Mathematica es incapaz de evaluar:

\begin{equation*} \int_0^{\infty } e^{-t} \ln \left(1-e^{-t}\right) \ln (t) \, dt. \end{ecuación*}

También es natural preguntar: ¿cuáles son algunos de los ejemplos triviales de primaria funciones trascendentes $T\left(x\right)$ tal forma que hay una forma cerrada de la evaluación de la $\int_0^1 T\left(x\right) \ln \left(\ln \left(\frac{1}{x}\right)\right) \, dx$? ¿Qué es $\int_0^1 \sin^{-1} x \ln \left(\ln \left(\frac{1}{x}\right)\right) \, dx$? ¿Qué es $\int_0^1 \ln(x^{2} +1) \ln \left(\ln \left(\frac{1}{x}\right)\right) \, dx$?

Answer 1

Tenemos la siguiente forma cerrada.

La proposición. $$ \int_0^1\log \left(1-x\right)\log \left(-\log x\right)\:dx=\gamma\gamma_1+\gamma_1(1,0)\tag1 $$

donde $\displaystyle \gamma$ es el de Euler-Mascheroni constante, donde $\gamma_1$ es el Stieltjes constante, $$\gamma_1 = \lim_{N\to+\infty}\left(\sum_{n=1}^N \frac{\log n}n-\int_1^N\frac{\log t}t\:dt\right)$$ y donde $\gamma_1(a,b)$ es de la poli-Stieltjes constante (ver aquí), $$\gamma_1(a,b) = \lim_{N\to+\infty}\left(\sum_{n=1}^N \frac{\log (n+a)}{n+b}-\int_1^N\frac{\log t}t\:dt\right)\!.$$

Prueba. Uno puede recordar el clásico de la representación integral de la función gamma de Euler $$ \frac{\Gamma(s)}{(a+1)^s}=\int_0^\infty t^{m-1} e^{-(a+1)t}\:dt, \qquad s>0,\,>-1. \tag2 $$ By differentiating $(2)$ with respect to $s$, putting $s=1$ and making the change of variable $x=e^{-t}$, obtenemos $$ \int_0^1^a\log\left(-\log x\right)\:dx=-\frac{\gamma+\log(a+1)} {+1},\qquad a>-1, \tag3 $$

donde $\displaystyle \gamma$ es el de Euler-Mascheroni constante. Nos permite insertar el estándar de la expansión en series de Taylor, $$ \log (1-x)= -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}n, \qquad |x|<1,\tag4 $$ into the given integral, then using $(3)$ obtenemos $$ \begin{align} \int_0^1\log \left(1-x\right)\log \left(-\log x\right)\:dx&=-\int_0^1\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}n \:\log (-\log x)\:dx\\ &=-\sum_{n=1}^{\infty} \frac1n\int_0^1 x^n\log (-\log x)\:dx\\ &=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\gamma+\log(n+1)}{n(n+1)}\\ &=\gamma \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n(n+1)}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\log(n+1)}{n(n+1)}\\ &=\gamma +\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\log(n+1)}{n(n+1)},\tag5 \end{align} $$ and we may conclude with Theorem $2$ aquí para obtener

$$ \begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\log (n+1)}{n(n+1)}=\gamma_1({1,0})-\gamma_1,\tag6 \end{align} $$

desde $\gamma_1(1,1)=\gamma_1$.

Observación. Me inclino a creer que la poli-Stieltjes constantes que va a ser una herramienta para muchos de los considerados integrales.

Answer 2

Esto no es realmente una respuesta (OlivierOloa ya dio un gran uno), pero sólo para proporcionar una imagen completa de la primera integral:

$$\int_0^1 \ln (1-x) \ln \left(\ln \left(\frac{1}{x}\right)\right) \, dx-\gamma=$$

$$=\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{(-1)^n \zeta(n)}{n-1}=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\ln (1+\frac{1}{k})}{k}=\int_{1}^{\infty} \frac{\ln ([x]+1)}{x^2}dx=$$

$$=\frac{\pi^2}{4}-1-4\int_{0}^{\infty} \frac{\arctan x}{1+x^{2}} \frac{dx}{e^{\pi x}+1}=\int^{\infty}_0 \frac{\log x+\Gamma (0,x) + \gamma}{e^x-1}~dx$$

Aquí $[]$ es la función del suelo, $\Gamma(0,x)$ es la función Gamma incompleta.

Este valor empieza a ser muy popular aquí. Ver esta respuesta y los enlaces en el mismo.