Una forma cerrada para $\int_0^\infty\ln x\cdot\ln\left(1+\frac1{2\cosh x}\right)$ dx

Question

¿Es posible evaluar esta integral en una forma cerrada? $$ \int_0^\infty\ln x\cdot\ln\left(1+\frac1{2\cosh x}\right) dx = dx \int_0^\infty\ln x\cdot\ln\left(1+\frac1{e^{-x}+e^x}\right)

Trató de evaluar con un CAS y miré en las tablas de integrales, pero no tuvo éxito.

Answer 1

Definir

$$I(\alpha) = \int_{0}^{\infty} \log x \log(1 - e^{-\alpha x}) \, dx.$$

La integración por partes, seguido por la sustitución $\alpha x \mapsto x$, tenemos

\begin{align*} I(\alpha) &= \alpha \int_{0}^{\infty} \frac{x - x\log x}{e^{\alpha x} - 1} \, dx \\ &= \frac{1}{\alpha} \int_{0}^{\infty} \frac{(1+\log \alpha) x - x \log x}{e^{x} de {- 1} \, dx\\ &= \frac{1}{\alpha} \left\{ (1+\log\alpha)\zeta(2) - \left.\frac{d \zeta(s)\Gamma(s)}{s}\right|_{s=2} \right\}\\ &= \frac{1}{\alpha} \left\{ (\gamma+\log\alpha)\zeta(2) - \zeta'(2) \right\}. \end{align*}

Luego de ello se sigue que

$$\begin{align*} \int_{0}^{\infty} \log x \log \left( 1 + \frac{1}{2\cosh x} \right) \, dx &= \int_{0}^{\infty} \log x \log \left( \frac{1 - e^{-3x}}{1 - e^{-x}} \cdot \frac{1 - e^{-2}}{1 - e^{-4x}} \right) \, dx \\ &= I(2) + I(3) - I(1) I(4) \\ &= \frac{5}{12} \zeta'(2) - \frac{5}{72}\gamma\pi^{2} + \frac{1}{18}\pi^{2} \log (3). \end{align*}$$

Conectar algunas identidades relativas $\zeta'(2)$ y la Glaisher-Kinkelin constante de $A$, esto se reduce a Vladimir de la respuesta.

Anexo - Algo que quieras saber:

La siguiente identidad juega un papel clave en esta prueba.

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{x^{m-1}}{e^{x} de {- 1} \, dx = \Gamma(s)\zeta(s), $$

que vale para $\Re s > 1$.