Por favor, que me ayude a encontrar una forma cerrada para la siguiente integral: $$\int_0^1\log\left(\log\left(\frac{1}{x}+\sqrt{\frac{1}{x^2}-1}\right)\right)\,{\mathrm d}x.$$
Me dijeron que podría ser calculado en forma cerrada.
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Respuesta: $$\boxed{\displaystyle\int_0^1\log\log\left(\frac{1}{x}+\sqrt{\frac{1}{x^2}-1}\right)\mathrm dx=-\gamma-2\ln 2-2\ln\frac{\Gamma\left(\frac34\right)}{\Gamma\left(\frac14\right)}}\tag{$\heartsuit$}$$
Derivación:
Después del cambio de las variables de $x=\frac{1}{\cosh u}$ la integral se convierte en $$\int_0^{\infty}\ln u \frac{\sinh u}{\cosh^2 u}du,$$ como fue notado anteriormente por Eric. Nos gustaría integrar por partes para matar el logaritmo, pero tenemos dos pedazos divergentes. Para ir alrededor de esto, consideremos otra integral, $$I(s)=\int_0^{\infty}u^s \frac{\sinh u}{\cosh^2 u}du,$$ con $s>0$. La integral en realidad queremos calcular es igual a $I'(0)$, que será más tarde obtuvo en el límite.
De hecho, la integración de una vez por partes uno encuentra que \begin{align} I(s)&=s\int_0^{\infty}\frac{u^{s-1}du}{\cosh u}=s\cdot 2^{1-2 s}\Gamma(s)\left[\zeta\left(s,\frac14\right)-\zeta\left(s,\frac34\right)\right]=\\ &=2^{1-2 s}\Gamma(s+1)\left[\zeta\left(s,\frac14\right)-\zeta\left(s,\frac34\right)\right], \end{align} donde $\zeta(s,a)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+a)^{-s}$ denota Hurwitz zeta función (en la forma en que hemos utilizado su integral representación (5) a partir de aquí).
Ahora para obtener ($\heartsuit$), es suficiente para el uso \begin{align} &\frac{\partial}{\partial s}\left[2^{1-2 s}\Gamma(s+1)\right]_{s=0}=-2\gamma-4\ln 2,\\ &\zeta\left(0,\frac14\right)-\zeta\left(0,\frac34\right)=\frac12, \\ &\frac{\partial}{\partial s}\left[\zeta\left(s,\frac14\right)-\zeta\left(s,\frac34\right)\right]_{s=0}=-\ln\frac{\Gamma(\frac34)}{\Gamma(\frac14)}. \end{align} [Vea las fórmulas (10) y (16) en la misma página].
Ed Krohne
Puntos
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Encontrar la integral $$I=\int_{0}^{1}\ln{\left(\ln{\left(\dfrac{1}{x}+\sqrt{\dfrac{1}{x^2}-1}\right)}\right)}dx$$ solución:ya que vamos a $$x=e^{-y}$$ entonces $$I=\int_{0}^{\infty}e^{-y}\ln{\ln{\left(e^y+\sqrt{e^{2y}-1}\right)}}dy$$ así \begin{align*} &\int_{0}^{\infty}e^{-x}\ln{(\ln{(e^x+\sqrt{e^{2x}-1})})}dx=_{y=\ln{(e^x+\sqrt{e^{2x}-1})}}=2\int_{0}^{\infty}\dfrac{e^y(e^{2y}-1)}{(1+e^{2y})^2}\ln{y}dy\\ &=2\int_{0}^{\infty}\dfrac{e^{-y}(1-e^{-2y})}{(1+e^{-2y})^2}\ln{y}dy= 2\int_{0}^{\infty}e^{-y}(1-e^{-2y})\left(\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}ne^{-2y(n-1)}\right)\ln{y}dy\\ &=2\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}n\int_{0}^{\infty}\left(e^{-y(2n-1)}-e^{-y(2n+1)}\right)\ln{y}dy =2\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\cdot n\left(-\dfrac{\gamma+\ln{(2n-1)}}{2n-1}+\dfrac{\gamma+\ln{(2n+1)}}{2n+1}\right)\\ &=2\gamma\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\cdot n\left(\dfrac{1}{2n-1}-\dfrac{1}{2n+1}\right)+2\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n \cdot n\left(\dfrac{\ln{(2n-1)}}{2n-1}-\dfrac{\ln{(2n+1)}}{2n+1}\right)\\ &=\gamma\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\left(\dfrac{2n}{2n-1}-\dfrac{2n}{2n+1}\right)+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n \left(\dfrac{2n\ln{(2n-1)}}{2n-1}-\dfrac{2n\cdot\ln{(2n+1)}}{2n+1}\right)\\ &=\gamma\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\left(\dfrac{1}{2n-1}+\dfrac{1}{2n+1}\right)+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\left( \dfrac{(2n-1+1)\ln{(2n-1)}}{2n-1}-\dfrac{(2n+1-1)\ln{(2n+1)}}{2n+1}\right)\\ &=-\gamma+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\ln{\dfrac{2n-1}{2n+1}}+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\left(\dfrac{\ln{(2n-1)}}{2n-1} +\dfrac{\ln{(2n+1)}}{2n+1}\right)=-\gamma+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\ln{\dfrac{2n-1}{2n+1}}\\ &=-\gamma-\sum_{n=1}^{\infty}\ln{\dfrac{4n-3}{4n-1}}+\sum_{n=1}^{\infty}\ln{\dfrac{4n-1}{4n+1}}=-\gamma+ \sum_{n=1}^{\infty}\ln{\dfrac{(n-1/4)^2}{(n-3/4)(n+1/4)}}\\ &=-\gamma+\lim_{N\to\infty}\ln{\left( \dfrac{((-\frac{1}{4}+1)(-\dfrac{1}{4}+2)\cdots(-\dfrac{1}{4}+N))^2}{((-\dfrac{3}{4}+1)(-\dfrac{3}{4}+2)\cdots (-\dfrac{3}{4}+N))((\dfrac{1}{4}+1)(\dfrac{1}{4}+2)\cdots(\dfrac{1}{4}+N))}\right)}\\ &=-\gamma+\ln{\dfrac{-3\Gamma{(-3/4)}\Gamma{(1/4)}}{\Gamma^2{(-1/4)}}} =-\gamma+\ln{\dfrac{4\Gamma^2{(1/4)}}{\Gamma^2(-1/4)}}=-\gamma+4\ln{\Gamma{\left(\dfrac{1}{4}\right)}} -3\ln{2}-2\ln{\pi} \end{align*}
