Me encontré con esta aterradora integral $$\int_0^1\ln\ln\,_3F_2\left(\frac{1}{4},\frac{1}{2},\frac{3}{4};\frac{2}{3},\frac{4}{3};x\right)\,dx$$ donde $_3F_2$ es un función hipergeométrica generalizada $$_3F_2\left(\frac{1}{4},\frac{1}{2},\frac{3}{4};\frac{2}{3},\frac{4}{3};x\right)=1+\frac{8\,\pi}{3\,\sqrt{3}}\sum _{n=1}^\infty\frac{2^{-8\,n}\ \Gamma(4 \,n)}{\Gamma(n)\ \Gamma(n+1)\ \Gamma\left(n+\frac{2}{3}\right)\ \Gamma\left(n+\frac{4}{3}\right)}x^n.$$ No tengo muchas esperanzas de que se pueda hacer algo con ella, pero quizás alguien tenga una idea de cómo encontrar una forma cerrada para esta integral.
Respuesta
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Denotemos $$\mathcal{F}(x)={_3F_2}\left(\frac14,\frac12,\frac34;\frac23,\frac43;x\right),$$ y la integral en cuestión $$\mathcal{I}=\int_0^1\ln\ln\mathcal{F}(x)\,dx.$$ Todavía estoy trabajando en algunos detalles en mi prueba, pero bastante sorprendente, sí existe una forma cerrada para esta integral, aunque no elemental: $$\mathcal{I}=\frac{256}{27}\left(\operatorname{Ei}\left(4\ln\frac34\right)-\operatorname{Ei}\left(3\ln\frac34\right)-\ln\frac43\right)+\ln\ln\frac43,$$ donde $\operatorname{Ei}(x)$ es el integral exponencial : $$\operatorname{Ei}(x)=-\int_{-x}^\infty\frac{e^{-t}}t dt.$$
Esquema de la prueba :
El hecho crucial es que en el intervalo $x\in(0,\,1)$ la función $x\mapsto\mathcal{F}(x)$ es una inversa de la función $z\mapsto\frac{256\,(z-1)}{27\,z^4}$ para que se cumplan las siguientes igualdades: $$\mathcal{F}\left(\frac{256\,(z-1)}{27\,z^4}\right)=z,$$ $$\frac{27\,x}{256}\mathcal{F}(x)^4+1=\mathcal{F}(x).$$ Esto se puede comprobar comparando los coeficientes de las correspondientes expansiones en serie (para más detalles, véase el documento M.L. Glasser, Funciones hipergeométricas y ecuación del trinomio ).
Significa que la función $\mathcal{F}(x)$ en el intervalo $x\in(0,\,1)$ puede expresarse en radicales, como mencioné en mi comentario anterior. Pero, en realidad, no necesito esa expansión.
Obsérvese que el integrando $\ln\ln\mathcal{F}(x)$ es negativo en el intervalo de integración y aumenta monótonamente a partir de $-\infty$ a $\ln\ln\frac43\approx-1.245899...$ por lo que podemos pensar en un valor absoluto de $\mathcal{I}$ como el área sobre la gráfica de la función. Ahora, si transponemos esta imagen, veremos que es igual a la integral de la función inversa más el área rectangular a la derecha de la misma: $$|\mathcal{I}|=\int_{-\infty}^{\ln\ln\frac43}\frac{256\,\left(e^{e^t}-1\right)}{27\,e^{4\,e^t}}dt+\int_{\ln\ln\frac43}^0dt.$$ Utilizando la identidad $$\int\frac{e^{e^t}-1}{e^{4\,e^t}}dt=\operatorname{Ei}\left(-3\,e^t\right)-\operatorname{Ei}\left(-4\,e^t\right)+C$$ (que se puede comprobar tomando las derivadas de ambas partes), obtenemos el resultado final.
