Sea $\operatorname{li} x$ denotan el integral logarítmica : $$\operatorname{li} x=\int_0^x\frac{dt}{\ln t}.$$ ¿Es posible encontrar una forma cerrada de la siguiente integral? $$\int_0^1\ln(-\ln x) \operatorname{li} x\ dx$$ Intenté la integración por partes, pero sólo conseguí expresiones más complicadas.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Esta integral puede expresarse de forma cerrada: $$\int_0^1\ln(-\ln x)\operatorname{li}x\ dx=\frac{\pi^2}{12}+\frac{(\ln2)^2}2+\gamma\,\ln2,\tag1$$ donde $\gamma$ es el Constante de Euler-Mascheroni .
Prueba:
Sea $$\mathcal{I}(a)=\int_0^1(-\ln x)^a\operatorname{li}x\ dx,\tag2$$ entonces, tomando una derivada con respecto a $a$ obtenemos $$\mathcal{I}'(0)=\int_0^1\ln(-\ln x)\operatorname{li}x\ dx.\tag3$$ Mathematica puede expresar la integral $(2)$ de forma cerrada para valores enteros no negativos explícitamente dados de $a$ pero no de forma general con un parámetro. Podríamos utilizar esos valores para obtener una fórmula general conjeturada, y de hecho se podría obtener el resultado $(1)$ de esta manera. La integración numérica muestra que $$\Bigg|\frac{\pi^2}{12}+\frac{(\ln2)^2}2+\gamma\,\ln2-\int_0^1\ln(-\ln x)\operatorname{li}x\ dx\Bigg|<10^{-1000}\tag4,$$ por lo que el resultado parece plausible.
Pero aquí seguiremos un enfoque diferente para obtener una prueba rigurosa (modulo posibles errores en Mathematica afinado exactamente para ocultar esa pequeña diferencia). Tome la fórmula $(12)$ del MathWorld artículo : $$\operatorname{li}x=\operatorname{Ei}(\ln x),\tag5$$ donde $\operatorname{Ei}z$ es el integral exponencial y conéctalo a $(2)$ . En esta forma, la integral puede evaluarse en Mathematica que nos da $$\mathcal{I}(a)=-\frac{_2F_1(a+1,a+1;a+2;-1)\ \Gamma(a+1)}{a+1},\tag6$$ y, tomando una derivada con respecto a $a$ , $$\mathcal{I}'(0)=(1+\gamma)\ln2-\left[\frac{d}{da}{_2F_1}(a+1,a+1;a+2;-1)\right]_{a=0}.\tag7$$ Para hallar la derivada de la función hipergeométrica necesitamos sustituirla por su definición (fórmula $(8)$ en este MathWorld artículo ): $$_2F_1(a+1,a+1;a+2;-1)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(a+1)\ \Gamma(a+n+1)}{(a+n+1)\ \Gamma(a+1)\ n!}(-1)^n.\tag8$$ Así que.., $$\left[\frac{d}{da}{_2F_1}(a+1,a+1;a+2;-1)\right]_{a=0}=\sum_{n=0}^\infty\frac{(n+1)(\gamma+\psi(n+1))+n}{(n+1)^2}(-1)^n,\tag9$$ donde $\psi(n+1)=\frac{\Gamma'(n+1)}{\Gamma(n+1)}=-\gamma+\sum_{m=1}^n\frac1m\,$ es el función digamma . Evaluando esta suma con Mathematica obtenemos $$\left[\frac{d}{da}{_2F_1}(a+1,a+1;a+2;-1)\right]_{a=0}=\ln2-\frac{(\ln2)^2}2-\frac{\pi^2}{12}\tag{10}.$$ Volviendo a enchufar esto $(7)$ y $(3)$ obtenemos el resultado final $(1)$ .
Ali Shather
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Solución de Khalef Ruhemi
A partir de la definición
$$\operatorname{li}(x)=\int_0^x\frac{\ dt}{\ln t}=-\int_0^x\int_0^\infty t^y\ dt\ dy=-\int_0^\infty\frac{x^{y+1}}{1+y}\ dy=-\int_0^\infty\frac{e^{-(1+y)\ln(1/x)}}{1+y}\ dy$$
donde utilizamos $$\frac{1}{\ln t}=-\int_0^\infty t^y\ dy, \quad t\in(0,1)$$
De ello se deduce que
\begin{align} I&=-\int_0^1\left(\ln\left(\ln(1/x)\right)\int_0^\infty\frac{e^{-(1+y)\ln(1/x)}}{1+y}\ dy\right)\ dx,\quad \ln(1/x)=t\\ &=-\int_0^\infty\left(\frac1{1+y}\int_0^\infty e^{-(2+y)t}\ln t \ dt\right)\ dy\\ &=\int_0^\infty\frac1{1+y}\left(\frac{\gamma}{2+y}+\frac{\ln(2+y)}{2+y}\right)\ dy,\quad \frac1{1+y}=x\tag{*}\\ &=\gamma\int_0^1\frac{\ dx}{1+x}+\int_0^1\frac{\ln(1+x)-\ln x}{1+x}\ dx\\ &=\gamma\ln2+\frac12\ln^22+\frac12\zeta(2) \end{align}
En cuanto al paso $(*)$ sabemos que $$\int_0^\infty t^p e^{-(y+2)t}\ dt=\Gamma(p+1)(2+y)^{-p-1}$$
Diferencia ambos lados con respecto a $p$ para obtener
$$\int_0^\infty t^p e^{-(y+2)t}\ln t\ dt=\Gamma'(p+1)(2+y)^{-p-1}-\Gamma(p+1)(2+y)^{-p-1}\ln(2+y)$$
Establecer $p=0$ obtenemos
$$\int_0^\infty e^{-(2+y)t}\ln t\ dt=-\frac{\gamma}{2+y}-\frac{\ln(2+y)}{2+y}$$
