$\int_0^1\frac{1-t}{(t-2)\ln t}\,dt$ integral

Question

Tengo dos preguntas relacionadas. La primera es: ¿Existe una expresión de forma cerrada para: $$\int_0^1\frac{1-t}{(t-2)\ln t}\,dt\approx0.507834$$ Sé que en este sitio hay algunos magníficos integradores. Dudo que exista una forma cerrada, pero puedo estar equivocado. Si me equivoco, ¡tengo curiosidad por saber cómo has obtenido la respuesta! (P.D. Esta página me da la esperanza de que sea expresable en términos de $\zeta(\cdot)$ . Si es así, lo consideraría "forma cerrada").

Segunda pregunta: ¿Existe una función elemental $f(t)$ tal que: $$\exp\left(\int_0^1\frac{1-t}{(t-2)\ln t}\,dt\right)=\int_0^1f(t)dt$$ Ese valor es aproximadamente $1.66169$ . Me interesa mucho este valor. La expresión de la izquierda es una buena manera de expresar este número. Pero, siento que sería más "limpio" si pudiera expresarlo simplemente como una integral, como en la derecha.

Answer 1

El valor de su integral podría expresarse como $$I=\sum_{n=1}^\infty \frac{\ln n}{2^n}=-\frac{d}{ds}\Phi\left(\frac12,0,0\right)=-\frac12\frac{d}{ds}\Phi\left(\frac12,0,1\right),$$ donde $$\Phi(z,s,a)=\sum_{n=1}^\infty\frac{z^n}{(n+a)^s}$$ es el Lerch trascendente . El segundo valor que te interesa, sorprendentemente, tiene su propio nombre: La constante de recurrencia cuadrática de Somos : $$\exp I=\sigma=\sqrt{1\sqrt{2\sqrt{3\ldots}}}=1^{1/2}2^{1/4}3^{1/8}\ldots$$

Aquí está la prueba de la representación de la serie. Usando esto $$\frac{1}{2-t}=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{t}{2}\right)^n=\sum_{n=0}^\infty\frac{t^n}{2^{n+1}},$$ podemos escribir $$I=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{2^{n+1}}\int_0^1\frac{t^{n+1}-t^n}{\ln t}\,dt=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{2^{n+1}}\ln\frac{n+2}{n+1},$$ desde $$\int_0^1\frac{t^{n+1}-t^n}{\ln t}\,dt=\int_0^1\left(\int_{n}^{n+1}t^y\,dy\right)\,dt=\int_{n}^{n+1}\left(\int_0^1t^y\,dt\right)\,dy=$$$$ =\int_{n}^{n+1}\frac{dy}{y+1}=\ln\frac{n+2}{n+1}. $$ Therefore, $$ I=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{2^{n+1}}\ln\frac{n+2}{n+1}=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2^{n}}\ln\frac{n+1}{n}=2\sum_{n=1}^\infty\frac{\ln(n+1)}{2^{n+1}}- \sum_{n=1}^\infty\frac{\ln n}{2^n}=\sum_{n=1}^\infty\frac{\ln n}{2^n}. $$

Answer 2

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ $\ds{\int_{0}^{1}{1 - t \over \pars{t - 2}\ln\pars{t}}\,\dd t \approx 0.507834: \ {\large ?}}$ .

Consideremos $$ {\cal F}\pars{\mu}\equiv \int_{0}^{1}{1 - t^{\mu} \over \pars{t - 2}\ln\pars{t}}\,\dd t\,,\qquad\qquad \left\lbrace\begin{array}{rcl} {\cal F}\pars{1} & = & {\large ?} \\[1mm] {\cal F}\pars{0} & = & 0 \end{array}\right. $$

\begin{align} {\cal F}'\pars{\mu}& =\int_{0}^{1}{-t^{\mu}\ln\pars{t} \over \pars{t - 2}\ln\pars{t}}\,\dd t =\int_{0}^{1}{t^{\mu} \over 2 - t}\,\dd t =\half\sum_{n = 1}^{\infty}\int_{0}^{1/2}t^{\mu + n - 1}\pars{1/2}^{n - 1}\,\dd t \\[3mm]&=\sum_{n = 1}^{\infty}{\pars{1/2}^{n} \over \mu + n} \end{align}

\begin{align} \int_{0}^{1}{1 - t \over \pars{t - 2}\ln\pars{t}}\,\dd t&={\cal F}\pars{1} =\int_{0}^{1}{\cal F}'\pars{\mu}\,\dd\mu =\sum_{n = 1}^{\infty}\pars{\half}^{n}\bracks{\ln\pars{1 + n} - \ln\pars{n}} \\[3mm]&=\sum_{n = 2}^{\infty}\pars{\half}^{n - 1}\ln\pars{n} -\sum_{n = 1}^{\infty}\pars{\half}^{n}\ln\pars{n} =\sum_{n = 1}^{\infty}2^{-n}\ln\pars{n} \end{align}

También $\ds{\pars{~\mbox{with}\ \verts{z} < 1~}}$ , $$ \partiald{{\rm Li_{s}}\pars{z}}{\rm s} =\partiald{\sum_{n = 1}^{\infty}z^{n}/n^{\rm s}}{\rm s} =-\sum_{n = 1}^{\infty}{z^{n} \over n^{\rm s}}\,\ln\pars{n} $$ tal que $$\color{#66f}{\large% \int_{0}^{1}{1 - t \over \pars{t - 2}\ln\pars{t}}\,\dd t =-\lim_{{\rm s}\ \to\ 0}\partiald{{\rm Li_{s}}\pars{1/2}}{\rm s}} \approx {\tt 0.5078} $$