Una novedad integral $\pi$

Question

Mi laboratorio amigos siempre jugar mental de un desafiante juego de cerebro de cada mes, para mantener nuestra mente se ejecuta en todos los cuatro cilindros y el último mes el desafío era encontrar una novedad expresión para $\pi$. En fin se adhieren a la regla, por supuesto, debemos evitar los buenos viejos Ramanujan y en línea disponibles expresiones, por ejemplo: las mejores formas de expresar $\pi$ en Quora. El ganador del último mes desafío es esta integral

$${\large\int_0^\infty}\frac{(1+x)\log(1+x)(2+\log x)\log\left(\!\frac{1+x}{2}\!\right)-2x\log(1+x)\log x}{x^{3/2}(1+x)\log^2x}\ dx={\Large\pi}$$

La igualdad es preciso al menos mil decimales. Por desgracia, mi amigo, quien propone esta integral mantener el misterio para sí mismo. Me trató de romper esta integral mientras esperan una solución a ser ofrecido por uno de mis amigos, pero no se pudo obtener ninguna.

He tratado de romper esta integral en dos partes:

$${\large\int_0^\infty}\frac{\log(1+x)(2+\log x)\log\left(\!\frac{1+x}{2}\!\right)}{x^{3/2}\log^2x}\ dx-2{\large\int_0^\infty}\frac{\log(1+x)}{\sqrt{x}(1+x)\log x}\ dx$$

pero cada una de las integrales diverge. He intentado muchas sustituciones como $x=y-1$, $x=\frac{1}{y}$, o $x=\tan^2y$ esperando funciones familiares, pero no podía conseguir uno. También probé el método de diferenciación bajo el signo integral, mediante la introducción de

$$I(s)={\large\int_0^\infty}x^{s}\cdot\frac{(1+x)\log(1+x)(2+\log x)\log\left(\!\frac{1+x}{2}\!\right)-2x\log(1+x)\log x}{(1+x)\log^2x}\ dx$$

y la diferenciación de dos veces con respecto a $s$ a deshacerse de $\log^2x$ no podía trabajar. Tengo una fuerte sensación de que me olvido de algo completamente obvio en mi cálculo. No estoy teniendo mucho éxito en la evaluación de esta integral desde hace dos semanas, así que he pensado que ya es hora de pedir ayuda. Me puede ayudar para probarlo, por favor?

Answer 1

El integrando se puede romper para arriba como $$I=\int_0^{\infty} \left(\frac{2 \ln(1+x)\ln\left(\frac{1+x}{2}\right)}{x^{3/2} \ln^2 x} +\frac{\ln(1+x)\ln\left(\frac{1+x}{2}\right)}{x^{3/2} \ln x}-\frac{2\ln(1+x)}{x^{1/2} (1+x) \ln x}\right)dx.$$

Pero, por integración por partes, $$\int \frac{2\ln(1+x)}{x^{1/2} (1+x) \ln x} dx= \int \frac{2\ln(1+x)}{x^{1/2} \ln x} d\left(\ln\left(\frac{1+x}{2}\right)\right) \\=\small\frac{2 \ln(1+x)\ln\left(\frac{1+x}{2}\right)}{x^{1/2} \ln x}-2\int \left( \frac{\ln\left(\frac{1+x}{2}\right)}{x^{1/2} (1+x) \ln x}-\frac{ \ln(1+x)\ln\left(\frac{1+x}{2}\right)}{x^{3/2} \ln^2 x}-\frac{\ln(1+x)\ln\left(\frac{1+x}{2}\right)}{2 x^{3/2} \ln x}\right)dx$$

Es decir, $$\int \left(\frac{2 \ln(1+x)\ln\left(\frac{1+x}{2}\right)}{x^{3/2} \ln^2 x} +\frac{\ln(1+x)\ln\left(\frac{1+x}{2}\right)}{x^{3/2} \ln x}-\frac{2\ln(1+x)}{x^{1/2} (1+x) \ln x}\right)dx \\= -\frac{2 \ln(1+x)\ln\left(\frac{1+x}{2}\right)}{x^{1/2} \ln x}+2 \int \frac{\ln\left(\frac{1+x}{2}\right)}{x^{1/2} (1+x) \ln x} dx$$

Y el reclamo de la siguiente manera a partir de Jack D'Aurizio's resultado preliminar.

Answer 2

Un resultado preliminar.

$$I_1=\int_{0}^{+\infty}\frac{2\log\left(\frac{1+x}{2}\right)}{\sqrt{x}(1+x)\log(x)}=\color{red}{\pi}.\tag{1}$$

Prueba: a través de la sustitución $x=e^t$, $$\begin{eqnarray*}I_1=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\log\left(\frac{e^t+1}{2}\right)}{\cosh\left(\frac{t}{2}\right)t}\,dt&=&\color{red}{\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dt}{\cosh\left(\frac{t}{2}\right)}}+\color{blue}{\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\log\cosh\left(\frac{t}{2}\right)}{t\cosh\left(\frac{t}{2}\right)}\,dt}\end{eqnarray*}$ $ donde el rojo integral es fácil de calcular y el azul se desvanece por simetría.

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Gracias a nospoon, esto es, en definitiva, todo lo que necesitamos para probar la identidad de la OP a través de la integración por las piezas.