¿Necesito ayuda con esta integral: $$ \int_0^\infty e ^ {-x} \ln\ln\left(e^x+\sqrt{e^{2x}-1}\right)\,dx\approx0.20597312051214...$$ es posible evaluar en forma cerrada?
Respuestas
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Un útil de identidad aquí es de ${\rm arccosh\,} z = \ln( z + \sqrt{z^2 -1} )$. Por lo tanto, $$\int_0^{\infty} e^{-x} \ln \ln( e^x + \sqrt{e^{2x}-1}) \;dx= \int_0^{\infty} e^{-x}\ln {\rm arccosh\,} e^x \;dx =\int_1^{\infty} \frac{\ln {\rm arccosh\,} y}{y^2} \;dy\, $$ La integración del cambio de la variable $z={\rm arccosh\,}$y, $$= \int_0^{\infty} \frac{\ln z \sinh z}{ \cosh^2 z} \;dz\,.$$ Integrar por partes y el uso de la definición de Euler $\gamma$ constante y $\Gamma$ función ver aquí, $$= -\gamma + \ln\left[\frac{\Gamma\left(\frac{1}{4}\right)\Gamma\left(\frac{5}{4}\right)}{\Gamma^2\left(\frac{3}{4}\right)} \right]\,. $$ Podemos simplificar aún más este usando $\Gamma(1-z)\Gamma(z)=\pi/\sin \pi z$ y $\Gamma(z)\Gamma(z+\frac{1}{2})=2^{1-2z}\sqrt{\pi}\Gamma(2z)$ para $z=3/4$ y $\sin (3\pi/4)=1/\sqrt{2}$. Esto le da $$=-\gamma - 3\ln 2 - 2 \ln \pi + 4 \ln \Gamma(1/4)\,. $$
mjqxxxx
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Esta es una respuesta parcial solamente.
Deje que $x=\log u$; $dx=du/u$, y $$ I=\int_{1}^{\infty} \frac{1}{u^2}\log\log(u+\sqrt{u^2-1})du. $$ Próximos que $u=\cosh v$; $du=\sinh v dv$, y $u+\sqrt{u^2-1}=\cosh v + \sinh v=e^v$, por lo que $$ I=\int_{0}^{\infty}\frac{\sinh v \log v}{\cosh^2 v} dv=\int_{0}^{a}\log{v}\cdot d\left(1-\frac{1}{\cosh v}\right) - \int_{a}^{\infty}\log v \cdot d\left(\frac{1}{\cosh v}\right), $$ donde podemos elegir $a\in(0,\infty)$. Ahora integrar por partes para obtener $$ I=\log{un}\left(1-\frac{1}{\cosh un}\right)-\int_{0}^{a}\left(\frac{1}{v}-\frac{1}{v\cosh v}\right)dv +\frac{\registro de un}{\cosh a} +\int_{a}^{\infty}\frac{dv}{v\cosh v}= \\\log a - \int_{0}^{a}\left(\frac{1}{v}-\frac{1}{v\cosh v}\right)dv+\int_{a}^{\infty}\frac{dv}{v \cosh v}. $$ Si dejamos que $a\rightarrow 0$, de esta forma se elimina el medio plazo: $$ I=\lim_{un\rightarrow 0+}\left[\log{a} + \int_{a}^{\infty}\frac{dv}{v\cosh v}\right].$$ Tal vez alguien puede tomar desde aquí?
