¿Es posible obtener una forma cerrada de la siguiente integral? $$\int_0^1\log (- \log x)\log \left(\frac{1+x}{1-x}\right)\,dx$$ I've made the change of variable $% $ $t=\frac{1+x}{1-x} $pero siento que estoy dando vueltas en círculos...
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¿Demasiados anuncios?
Renan
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Tenemos la siguiente forma cerrada.
La proposición. $$ \int_0^1\log (- \log x)\log \left(\frac{1+x}{1-x}\right)\,dx=\gamma_1-2\ln^2 2-2\gamma \ln 2 -\gamma_1\Big({1,\small\frac12}\Big)\etiqueta{$\star$} $$
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, $$\gamma_1(a,b) = \lim_{N\to+\infty}\left(\sum_{n=1}^N \frac{\log (n+a)}{n+b}-\int_1^N\frac{\log t}t\:dt\right)\!.$$
Prueba. Uno puede recordar el clásico de la representación integral de la función gamma de Euler $$ \frac{\Gamma(s)}{(a+1)^s}=\int_0^\infty t^{m-1} e^{-(a+1)t}\:dt, \qquad s>0,\,>-1. \tag1 $$ By differentiating $(1)$ with respect to $s$, putting $s=1$ and making the change of variable $x=e^{-t}$, obtenemos $$ \int_0^1^a\log\left(-\log x\right)\:dx=-\frac{\gamma+\log(a+1)} {+1},\qquad a>-1, \tag2 $$
donde $\displaystyle \gamma=\lim_{N\to+\infty}\left(\sum_{n=1}^N \frac1n-\int_1^N\frac{dt}t\right)$ es el de Euler-Mascheroni constante.
De la norma de expansión en series de Taylor, $$ -\log (1-x)= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}n, \qquad |x|<1,\tag3 $$ uno se $$ \log (1+x)-\log (1-x)=2 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}, \qquad |x|<1.\tag4 $$ Se puede escribir la integral dada como $$ \int_0^1\log (- \log x)\log \left(\frac{1+x}{1-x}\right)\,dx =\int_0^1\log (- \log x) \left(\log (1+x)-\log (1-x)\right)dx $$ entonces, la inserción de $(4)$ en el último integrando y usando $(2)$, obtenemos $$ \begin{align} \int_0^1\log (- \log x)\log \left(\frac{1+x}{1-x}\right)\,dx&=2\int_0^1\log (- \log x) \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}\:dx\\ &=2\sum_{n=0}^{\infty} \frac1{2n+1}\int_0^1 x^{2n+1}\log (- \log x)\:dx\\ &=-2\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\gamma+\log(2n+2)}{(2n+1)(2n+2)}\\ &=-\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2\left(\gamma+\ln 2 \right)}{(2n+1)(2n+2)}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2\log (n+1)}{(2n+1)(2n+2)}.\tag5 \end{align} $$ Por un lado, el uso del teorema de Abel y el uso de $(3)$, uno tiene $$ \begin{align} \sum_{n=0}^{\infty} \frac2{(2n+1)(2n+2)}&=\lim_{x \to 1^-}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2x^{2n+2}}{(2n+1)(2n+2)}\\ &=\lim_{x \to 1^-}\left( (1+x)\log(1+x)+(1-x)\log(1-x)\right)\\ &=2\ln2.\tag6 \end{align} $$ Por otro lado, usando el Teorema 2 aquí uno tiene $$ \begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2\log (n+1)}{(2n+1)(2n+2)}=-\gamma_1+\gamma_1\Big({1,\small\frac12}\Big),\tag7 \end{align} $$ since $\gamma_1(1,1)=\gamma_1$.
Finalmente, la aproximación de todos los pasos juntos da $(\star)$.
