Demostrar que $\int_{0}^{1}{(1-x)(x-3)\over 1+x^2}\cdot{dx\over \ln{x}}={\ln{8\over \Gamma^4(3/4)}}$

Question

Probar

$$I=\int_{0}^{1}{(1-x)(x-3)\over 1+x^2}\cdot{dx\over \ln{x}}=\color{blue}{\ln{8\over \Gamma^4(3/4)}}\tag1$$

$(1-x)(x-3)=-x^2+4x-3$

$${1\over 1+x^2}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^{2n}\tag2$$

$$I=-\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\int_{0}^{\infty}{x^{2n+2}-4x^{2n+1}+3x^{2n}\over \ln{x}}dx\tag3$$

Reescribir (3) para aplicar Frullani del teorema de

$$I=-\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\int_{0}^{\infty}{x^{2n+2}-x^{2n+1}-3x^{2n+1}+3x^{2n}\over \ln{x}}dx\tag4$$

$$I=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n-1}\ln\left({2n+3\over (2n+2)^4}\cdot{(2n+1)^3}\right)\tag5$$

Este método es un poco aburrido método! Me he convertido (1) en serie y el uso de Frullani del teorema y otra vez para resolver la serie es otro paso antes de que nos puede llegar nuestra respuesta.

¿Cómo puedo resolver (1) sin el uso de la serie?

Answer 1

Sugerencia. Uno puede establecer $$ f(s):=\int_0^1 \frac{x^{4s}-1}{(1+x^2)\ln x}dx, \quad s>0. \tag1 $$ In order to get rid of the factor $\ln x$ en el denominador, podemos diferenciar bajo el signo integral llegar $$ f'(s)=4\int_0^1 \frac{x^{4s}}{1+x^2}dx=4\int_0^1 \frac{x^{4s}(1-x^2)}{1-x^4}dx, \quad s>0, \tag2 $$ dando $$ \begin{align} f'(s)&=\psi\left(s+\frac34\right)-\psi\left(s+\frac14\right),\tag3 \end{align} $$ donde hemos utilizado el estándar de la representación integral de la función digamma $$ \int_{0}^{1}{1 - t^{m - 1} \over 1 - t}\,dt \, = \psi (s)+ \gamma, \quad s>0, $$ $\gamma$ siendo el de Euler-Mascheroni constante.

A continuación, la integración de $(3)$, observando que a medida que $s \to 0^+$, $f(s) \to 0$, uno se

$$ f(s)=\int_0^1 \frac{x^{4s}-1}{(1+x^2)\ln x}dx=\log\left(\frac{\Gamma\left(\frac14\right)\Gamma\left(s+\frac34\right)}{\Gamma\left(\frac34\right)\Gamma\left(s+\frac14\right)}\right), \quad s>0, \tag4 $$

a partir de la cual se deduce el valor de la integral inicial por escrito $$ \int_{0}^{1}{(1-x)(x-3)\más de 1+x^2}\cdot{dx\\ln{x}}=f(1/2)+4f(1/4). $$