La evaluación de la integral de la $\int_0^1 \log{\Gamma(x+1)}\mathrm dx$

Question

Como dice en el título, me gustaría saber cómo resolver la integral definida $\int_0^1 \log{\Gamma(x+1)}\mathrm dx$. Mathematica da la respuesta $\frac{1}{2}\log (2\pi)-1$ pero no tengo idea de cómo se obtendría que (también me siento como Stirling Aproximación de alguna manera está involucrado, ya que parece como el número de $\log (2\pi)$ y se ocupa de la relación entre exponenciales y factoriales).

Motivación: Esto le da una genial relación, aunque probablemente no pueda ser utilizado para cualquier cosa. $$ \frac{\sqrt{2\pi}}{e}=e^{\int_o^1 \log(\Gamma(x+1))\mathrm dx}=\lim_{n\to\infty} e^{\frac{1}{n}\sum_{k=0}^n \log(\Gamma(\frac{k}{n}+1))}=\lim_{n\to\infty} \left(\prod_{k=0}^n\Gamma\left(\frac{k}{n}+1\right)\right)^{1/n} $$

TL;DR: ¿Cómo podemos resolver la integral, es el valor relacionado a Stirling, y si es así, ¿cómo?

Answer 1

Tenga en cuenta que

$$ \begin{align*}I &= \int_0^1 \log \Gamma(x+1) \; dx = \int_0^1 \log \left(x \Gamma(x) \right)\; dx = \int_0^1 \log(x)dx+\int_0^1 \log\Gamma(x) \; dx \\ &=-1+\int_0^1 \log\Gamma(x) \; dx \tag{1} \end{align*}$$

En la sustitución de $x\mapsto 1-x$, esto se convierte en

$$ I=-1+\int_0^1 \log\Gamma(1-x) \; dx \etiqueta{2} $$

Un promedio de $(1)$$(2)$,

$$ \begin{align*} I &= -1+\frac{1}{2}\int_0^1 \log\left( \Gamma(x)\Gamma(1-x) \right)\; dx \\ &= -1+\frac{1}{2}\int_0^1 \log \frac{\pi}{\sin(\pi x)}dx \tag{3}\\ &= -1+\frac{1}{2}\log(\pi)-\frac{1}{2}\int_0^1 \log(\sin \pi x) dx \\ &= -1+\frac{1}{2}\log(\pi)-\frac{1}{2\pi}\int_0^\pi \log(\sin x)dx \\ &= -1+\frac{1}{2}\log(\pi)+\frac{1}{2}\log(2) \tag{4}\\ &= \log\sqrt{2\pi}-1 \end{align*} $$

La ecuación de $(3)$ sigue a partir de la reflexión de la fórmula de la Función Gamma. Para obtener la ecuación de $(4)$, he utilizado el conocido resultado:

$$\int_0^\pi \log(\sin x)dx=-\pi \log(2)$$