Una conjetura forma cerrada de $\int_0^\infty\frac{x-1}{\sqrt{2^x-1}\ \ln\left(2^x-1\right)}dx$

Question

Considere la siguiente integral: $$\mathcal{I}=\int_0^\infty\frac{x-1}{\sqrt{2^x-1}\ \ln\left(2^x-1\right)}dx.$$

Traté de evaluar de $\mathcal{I}$ en una forma cerrada (tanto de forma manual y usando Mathematica), pero sin éxito.

Sin embargo, si WolframAlpha es proporcionado con una aproximación numérica $\,\mathcal{I}\approx 3.2694067500684...$, devuelve una posible forma cerrada: $$\mathcal{I}\stackrel?=\frac\pi{2\,\ln^2 2}.$$ Además numérico caclulations muestran que este valor es correcto hasta por lo menos $10^3$ dígitos decimales. Así, suponemos que este es el valor exacto de $\mathcal{I}$.

Pregunta: Es esta conjetura correcta?

Answer 1

Sub $u=\log{(2^x-1)}$. Entonces $x=\log{(1+e^u)}/\log{2}$, $dx = (1/\log{2}) (du/(1+e^{-u})$. La integral se convierte entonces en

$$\begin{align}\frac{1}{\log{2}} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{du}{1+e^{-u}} e^{-u/2} \frac{\frac{\log{(1+e^u)}}{\log{2}}-1}{u} = \frac{1}{2\log^2{2}} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{du}{\cosh{(u/2)}} \frac{\log{(1+e^u)}-\log{2}}{u}\\ = \underbrace{\frac{1}{2\log^2{2}} \int_{-\infty}^{0} \frac{du}{\cosh{(u/2)}} \frac{\log{(1+e^u)}-\log{2}}{u}}_{u\rightarrow -u} \\+ \frac{1}{2\log^2{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{du}{\cosh{(u/2)}} \frac{\log{(1+e^u)}-\log{2}}{u}\\ = \underbrace{-\frac{1}{2\log^2{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{du}{\cosh{(u/2)}} \frac{\log{(1+e^{-u})}-\log{2}}{u}}_{\log{(1+e^{-u})} = \log{(1+e^u)}-u}\\+ \frac{1}{2\log^2{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{du}{\cosh{(u/2)}} \frac{\log{(1+e^u)}-\log{2}}{u}\\ \end{align}$$

La desagradable piezas de la integral cancelar, y nos quedamos con

$$ \frac{1}{2\log^2{2}}\int_{0}^{\infty} \frac{du}{\cosh{(u/2)}} = \frac{\pi}{2 \log^2{2}} $$

como correctamente conjetura.

Answer 2

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\expo}[1]{{\rm e}^{#1}}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert #1 \right\vert} \newcommand{\yy}{\Longleftrightarrow}$ $\ds{% {\cal I} \equiv \int_{0}^{\infty} {x - 1 \más \sqrt{\vphantom{\large A}2^{x} - 1\,}\,\ln\pars{2^{x} de {- 1}}\,\dd x:\ {\large ?}}$

Con el cambio de variables $z \equiv 2^{x} - 1\yy x = \ln\pars{1 + z}/\ln\pars{2},\ {\cal I}$ se reduce a $$ {\cal I} = {1 \over \ln^{2}\pars{2}} \int_{0}^{\infty}{\ln\pars{1 + z} - \ln\pars{2} \over z^{1/2}\,\pars{1 + z}\,\ln\pars{z}} \,\dd z $$ Ahora, tenemos que dividir la integral a partir de $\pars{0, 1}$ y de $\pars{1, \infty}$. En el segundo, se hace el cambio a $z \a 1/z$ tal que nos deja con una integración de más de $\pars{0, 1}$: \begin{align} {\cal I} &= {1 \over \ln^{2}\pars{2}} \int_{0}^{1}{\ln\pars{1 + z} - \ln\pars{2} \over z^{1/2}\,\pars{1 + z}\,\ln\pars{z}} \,\dd z + {1 \over \ln^{2}\pars{2}}\int_{0}^{1} {\ln\pars{1 + 1/z} - \ln\pars{2} \over z^{-1/2}\,\pars{1 + 1/z}\,\bracks{-\ln\pars{z}}} \,{\dd z \sobre z^{2}} \\[3 mm]&= {1 \over \ln^{2}\pars{2}} \int_{0}^{1}{\ln\pars{1 + z} - \ln\pars{2} \over z^{1/2}\,\pars{1 + z}\,\ln\pars{z}} \,\dd z - {1 \over \ln^{2}\pars{2}}\int_{0}^{1} {\ln\pars{1 + z} - \ln\pars{z} - \ln\pars{2} \más z^{1/2}\,\pars{1 + z}\,\ln\pars{z}}\,\dd z \\[3 mm]&= {1 \over \ln^{2}\pars{2}} \int_{0}^{1}{1 \más de z^{1/2}\,\pars{1 + z}} \,\dd z\,, \quad \pars{~\mbox{Vamos a}\quad r \equiv z^{1/2}\aa\ z = r^{2}~} \\[3 mm]&= {2 \\ln^{2}\pars{2}} \underbrace{\quad\int_{0}^{1}{\dd r \más de r^{2} + 1}\quad} _{\ds{\arctan\pars{1}\ =\ {\pi \más de 4}}} = \color{#ff0000}{\Large{\pi \más de 2\ln^{2}\pars{2}}} \end{align}

Answer 3

Deje que $\bronceado^2t=2^x-1\;\Rightarrow\;x=\dfrac{\ln(1+\bronceado^2t)}{\ln 2}\;\Rightarrow\;dx=\dfrac{2\tan t\s^2t\ dt}{(1+\bronceado^2t)\ln 2}$ y la región correspondiente es de $0<t<\dfrac\pi2$. El uso de la identidad $\s^2t=1+\bronceado^2t$, entonces la integral resulta ser $$ \mathcal{I}=\frac{1}{\ln^22}\int_0^{\Large\frac\pi2}\frac{2\ln(\sec t)-\ln2}{\ln (\bronceado t)}\ dt.\tag1 $$ Ahora, el uso de la propiedad $$ \int_b^af(x)\ dx=\int_b^af(a+b-x)\ dx $$ la ecuación $(1)$ se convierte en $$ \mathcal{I}=\frac{1}{\ln^22}\int_0^{\Large\frac\pi2}\frac{2\ln(\csc t)-\ln2}{\ln (\cuna t)}\ dt.\tag2 $$ La adición de $1$ y 2 $de$ los rendimientos $$ \begin{align} 2\mathcal{I}&=\frac{1}{\ln^22}\int_0^{\Large\frac\pi2}\left(\frac{2\ln(\sec t)-\ln2}{\ln (\bronceado t)}+\frac{2\ln(\csc t)-\ln2}{\ln (\cuna t)}\right)\ dt\\ &=\frac{1}{\ln^22}\int_0^{\Large\frac\pi2}\left(\frac{2\ln\left(\dfrac{1}{\cos t}\right)-\ln2}{\ln (\bronceado t)}+\frac{2\ln\left(\dfrac{1}{\sen t}\right)-\ln2}{\ln \left(\dfrac{1}{\tan t}\right)}\right)\ dt\\ &=\frac{1}{\ln^22}\int_0^{\Large\frac\pi2}\left(\frac{-2\ln(\cos t)-\ln2}{\ln (\bronceado t)}+\frac{2\ln(\sen t)+\ln2}{\ln (\bronceado t)}\right)\ dt\\ &=\frac{2}{\ln^22}\int_0^{\Large\frac\pi2}\frac{\ln(\sen t)-\ln(\cos t)}{\ln \left(\dfrac{\sen t}{\cos t}\right)}\ dt\\ \mathcal{I}&=\frac{1}{\ln^22}\int_0^{\Large\frac\pi2}\ dt\\\\ \int_0^\infty\frac{x-1}{\sqrt{2^x-1}\ \ln\left(2^x-1\right)}dx&=\large\color{blue}{\frac{\pi}{2\ln^22}}.\qquad\qquad\qquad\blacksquare \end{align} $$