Demostrar que $\int_0^1 \frac{t^2-1}{(t^2+1)\log t}dt = 2\log\left( \frac{2\Gamma \left( \frac{5}{4}\right)}{\Gamma\left( \frac{3}{4}\right)}\right)$

Question

Estoy tratando de demostrar que

$$\int_0^1 \frac{t^2-1}{(t^2+1)\log t}dt = 2\log\left( \frac{2\Gamma \left( \frac{5}{4}\right)}{\Gamma\left( \frac{3}{4}\right)}\right)$$

Yo sé cómo tratar con las integrales que involucran cyclotomic polinomios y se anidan en logaritmos, pero no tengo idea de con este.

Answer 1

Vamos a introducir el parámetro $\alpha$, y luego se diferencian con respecto a $\alpha$ que los rendimientos de $$I(\alpha)=\int_0^1 \frac{t^\alpha-1}{(t^2+1)\ln t}dt $$ $$I'(\alpha)=\int_0^1 \frac{t^{\alpha}}{(t^2+1)}dt=\frac{1}{4} \left(-\psi_0\left(\frac{1 + \alpha}{4}\right) + \psi_0\left(\frac{3 + \alpha}{4}\right)\right) $$ Entonces $$I(\alpha)=\frac{1}{4} \int\left(-\psi_0\left(\frac{1 + \alpha}{4}\right) + \psi_0\left(\frac{3 + \alpha}{4}\right)\right) d\alpha= $$ $$I(\alpha)=\left(\ln \Gamma \left(\frac{3 + \alpha}{4}\right)- \ln \Gamma \left(\frac{1 + \alpha}{4}\right)\right)+C\tag1$$ Si dejar que $\alpha=2$, entonces $$I(2)=\ln \left(\frac{\Gamma \left(\frac{5}{4}\right)}{\Gamma \left(\frac{3}{4}\right)}\right)+C$$ Por otro lado, dejando que $\alpha=0$ $(1)$ obtenemos $$C=\ln \left(\frac{\Gamma \left(\frac{1}{4}\right)}{\Gamma \left(\frac{3}{4}\right)}\right)$$ Así $$\int_0^1 \frac{t^2-1}{(t^2+1)\ln t}dt=\ln \left(\frac{\Gamma \left(\frac{5}{4}\right)\Gamma \left(\frac{1}{4}\right)}{\Gamma^2 \left(\frac{3}{4}\right)}\right) $$

Answer 2

$$ \begin{align} \int_0^1\frac{t+1}{t^2+1}\frac{t-1}{\log(t)}\,\mathrm{d}t &=\int_0^1\frac{t+1}{t^2+1}\int_0^1^x\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t\\ &=\int_0^1\int_0^1\frac{t^{x+1}+t^x}{t^2+1}\,\mathrm{d}t\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^1\left(\frac1{x+1}+\frac1{x+2}-\frac1{x+3}-\frac1{x+4}+\dots\right)\,\mathrm{d}x\\ &=\left(\log\left(\frac21\right)+\log\left(\frac32\right)\right) -\left(\log\left(\frac43\right)+\log\left(\frac54\right)\right)+\dots\\ &=\log\left(\frac31\right)-\log\left(\frac53\right)+\log\left(\frac75\right)-\log\left(\frac97\right)+\log\left(\frac{11}9\right)-\dots\\ &=\log\left(\frac31\cdot\frac35\cdot\frac75\cdot\frac79\cdot\frac{11}9\cdots\right)\\ &=\lim_{n\to\infty}\log\left(\frac{\Gamma\left(\frac54\right)^2}{\Gamma\left(\frac34\right)^2} \frac{\Gamma\left(\frac{4n+3}4\right)^2}{\Gamma\left(\frac{4n+5}4\right)^2}(4n+3)\right)\\ Y=2\log\left(2\frac{\Gamma\left(\frac54\right)}{\Gamma\left(\frac34\right)}\right) \end{align} $$ La última igualdad se debe a Gautschi la desigualdad.

Answer 3

No han sido similares integrales como este con un factor de 1 $/\log{t}$ en el integrando. La forma en que me han atacado estos es el uso de la sustitución $t=e^{-x}$; aquí, esto produce

$$-\int_0^{\infty} dx \: \frac{e^{-x}}{x} \frac{1-e^{-2 x}}{1+e^{-2 x}} $$

$$ = -\int_0^{\infty} dx \: \frac{1}{x} e^{-x} - e^{-3 x}) \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k e^{-2 k x} $$

Ahora, tenemos que invertir el orden de la suma y la integral. Esto se justifica por Abel teorema, aunque voy a dejar los detalles para otro momento o a otra persona para llenar en:

$$ = -\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \int_0^{\infty} dx \: \frac{1}{x} e^{-(2 k+1) x} - e^{-(2 k+3) x}) $$

Los integrales tienen una simple forma cerrada, y el resultado es una suma:

$$ = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^{k+1} \log{ \left [ \frac{(2 k+1)}{(2 k+3)} \right ] } $$

Usted puede formar un registro de un Wallis-tipo de producto a partir de esta suma:

$$ = \log{\left [ \prod_{k=0}^{\infty} \frac{4 k+3}{4 k+1} \frac{4 k+3}{4 k+5} \right ]} $$

Productos parciales de la anterior producto puede ser evaluado:

$$ \prod_{k=0}^{n} \frac{4 k+3}{4 k+1} \frac{4 k+3}{4 k+5} = \frac{9 \Gamma{\left ( \frac{5}{4} \right )} \Gamma{\left ( \frac{9}{4} \right )} \Gamma{\left ( n + \frac{7}{4} \right )}^2}{5 \Gamma{\left ( \frac{7}{4} \right )}^2 \Gamma{\left (n+ \frac{5}{4} \right )} \Gamma{\left ( n + \frac{9}{4} \right )}}$$

Usted puede mostrar que la expresión anterior converge como $n \rightarrow \infty$. Un poco de manipulación produce la declaró resultado.

EDITAR

@MikeSpivey puntos de mi atención a una ecuación de Whittaker & Watson que se aplica aquí:

$$ \prod_{k=0}^{\infty} \frac{4 k+3}{4 k+1} \frac{4 k+3}{4 k+5} = \prod_{k=0}^{\infty} \frac{(k+\frac{3}{4})^2}{(k+\frac{1}{4})(k+\frac{5}{4})} = \frac{\Gamma{\left ( \frac{1}{4} \right )} \Gamma{\left ( \frac{5}{4} \right )}}{\Gamma{\left ( \frac{3}{4} \right )^2}} = \frac{2^2 \Gamma{\left ( \frac{5}{4} \right )^2}}{\Gamma{\left ( \frac{3}{4} \right )^2}} $$

El resultado inmediato de la siguiente manera.