Cómo podemos probar que $8\int_{0}^{\infty}{\ln x\over x}\left(e^{-x}-{1\over \sqrt[4]{1+8x}}\right)\mathrm dx=-32C+4\gamma^2-5\pi^2?$

Question

Un integrante de exposiciones $3$ interesante constantes.

$$8\int_{0}^{\infty}{\ln x\over x}\left(e^{-x}-{1\over \sqrt[4]{1+8x}}\right)\mathrm dx=-32\color{red}C+4\color{blue}\gamma^2-5\color{green}\pi^2\tag1$$

Sólo estoy interesado en $(1)$, debido a que rara vez del catalán constante y de Euler-Masheroni las constantes que aparecen juntos!

Hacer un intento:

Es muy difícil aquí para hacer un intento, además de diferenciarse en virtud de la integral

$$I(a)=8\int_{0}^{\infty}{\ln x\over x^{a}}\left(e^{-x}-{1\over \sqrt[4]{1+8x}}\right)\mathrm dx\tag2$$

$$I{'}(a)=8\int_{0}^{\infty}{1\over x^{a}}\left(e^{-x}-{1\over \sqrt[4]{1+8x}}\right)\mathrm dx\tag3$$

Supongo que $(3)$ diverge

¿Cómo podemos demostrar $(1)?$

Answer 1

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &8\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over x} \pars{\expo{-x} - {1 \over \root[4]{1 + 8x}}}\,\dd x \,\,\,\stackrel{\mrm{IBP}}{=}\,\,\, -4\int_{0}^{\infty}\ln^{2}\pars{x} \bracks{-\expo{-x} + {2 \over \pars{1 + 8x}^{5/4}}}\,\dd x \\[5mm] & = 4\ \overbrace{\pars{\gamma^{2} + {\pi^{2} \over 6}}}^{\ds{\Gamma''\pars{1}}} - 8\int_{0}^{\infty}{\ln^{2}\pars{x} \over \pars{1 + 8x}^{5/4}}\,\dd x = 4\gamma^{2} + {2 \over 3}\,\pi^{2} - \left.8\,\partiald[2]{}{\mu}\int_{0}^{\infty}{x^{\mu} \over \pars{1 + 8x}^{5/4}}\,\dd x\,\right\vert_{\ \mu\ =\ 0} \end{align}

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\begin{align} &\int_{0}^{\infty}{x^{\mu} \over \pars{1 + 8x}^{5/4}}\,\dd x = \int_{0}^{\infty}x^{\mu}\bracks{{1 \over \Gamma\pars{5/4}}\int_{0}^{\infty}t^{1/4}\expo{-\pars{1 + 8x}t}\,\dd t}\,\dd x \\[5mm] = &\ {1 \over \Gamma\pars{5/4}} \int_{0}^{\infty}t^{1/4}\expo{-t}\int_{0}^{\infty}x^{\mu}\expo{-8tx} \,\dd x\,\dd t = {1 \over \Gamma\pars{5/4}}\int_{0}^{\infty}t^{1/4}\expo{-t} \,{\Gamma\pars{\mu + 1} \over \pars{8t}^{\mu + 1}}\,\dd t \\[5mm] = &\ {8^{-\mu - 1}\,\Gamma\pars{\mu + 1} \over \Gamma\pars{5/4}} \int_{0}^{\infty}t^{-3/4 - \mu}\expo{-t}\,\dd t = {1 \over \Gamma\pars{5/4}}\,8^{-\mu - 1}\,\Gamma\pars{\mu + 1} \Gamma\pars{{1 \over 4} - \mu} \end{align}

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$$ \mbox{y}\ \left.\partiald[2]{}{\mu}\bracks{{1 \over \Gamma\pars{5/4}}\, 8^{-\mu - 1}\,\Gamma\pars{\mu + 1}\Gamma\pars{{1 \over 4} - \mu}} \right\vert_{\ \mu\ =\ 0} = 4C + {17 \más de 24}\,\pi^{2} $$

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\begin{align} &8\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over x} \pars{\expo{-x} - {1 \over \root[4]{1 + 8x}}}\,\dd x = 4\gamma^{2} + {2 \over 3}\,\pi^{2} - 8\pars{4C + {17 \over 24}\,\pi^{2}} \\[5mm] = & \bbx{\ds{-32C + 4\gamma^{2} - 5\pi^{2}}} \end{align}

Answer 2

Para cualquier $a\in(0,1)$ tenemos %#% $ #% debido a la transformación de Laplace y la definición integral de la función de $$ \int_{0}^{+\infty}\left(e^{-x}-\frac{1}{x+1}\right)\frac{dx}{x^a} = -\frac{\pi}{\sin(\pi a)}+\Gamma(1-a)\tag{1} $.
Distinguiendo con respecto a los $\Gamma$ obtenemos: $a$ $ y considerando el límite como $$ \int_{0}^{+\infty}\left(e^{-x}-\frac{1}{x+1}\right)\frac{\log x}{x^a}\,dx = \psi(1-a)\Gamma(1-a)-\frac{\pi^2\cos(\pi a)}{\sin^2(\pi a)}\tag{2} $ $a\to 1^-$ $ en el otro mano $$ \int_{0}^{+\infty}\left(e^{-x}-\frac{1}{x+1}\right)\frac{\log x}{x}\,dx =\frac{6\gamma^2-\pi^2}{12}.\tag{3}$ $ por lo tanto, la parte restante puede abordarse por la integración por partes, o mediante la explotación de comentario de Mariusz Iwaniuk.