¿Cómo podemos demostrar que $\int_{0}^{\infty}{e^x+e^{-x}-3\over (e^x+e^{-x})^2-1}\cdot \ln(x)\mathrm dx={\pi \ln(2)\over 3\sqrt{3}}?$

Question

Considere $(1)$

$$\int_{0}^{\infty}{e^x+e^{-x}-3\over (e^x+e^{-x})^2-1}\cdot \ln(x)\mathrm dx={\pi \ln(2)\over 3\sqrt{3}}\tag1$$

Mi intento:

$x=-\ln(t)$ entonces $(1)$ se convierte en

$$\int_{0}^{1}{t^2-3t+1\over 2t+1}\cdot{\ln(-\ln t)}\mathrm dt\tag2$$

Dividir $(2):$

$$\color{blue}{\int_{0}^{1}{\ln(-\ln t)}\mathrm dt}+\int_{0}^{1}{t^2-5t\over 2t+1}\cdot{\ln(-\ln t)}\mathrm dt\tag3$$

$$\color{blue}{\gamma}+\int_{0}^{1}{t^2-5t\over 2t+1}\cdot{\ln(-\ln t)}\mathrm dt\tag4$$

Donde $\gamma$ es Constante de Euler-Mascheroni .

¿Cómo podemos demostrar $(1)?$

Answer 1

El factor $\ln x$ me dice que se trata de una integral de Frullani, oculta con una integración por partes. Efectivamente (olvida la constante) $$ \int\frac{e^x+e^{-x}-3}{(e^x+e^{-x})^2-1}\,dx =\frac{2}{\sqrt{3}}\biggl(\arctan\frac{1+2e^x}{\sqrt{3}}-\arctan\frac{1+2e^{2x}}{\sqrt{3}}\biggr). $$ Esta primitiva anulará las singularidades logarítmicas en $0$ y $+\infty$ y te quedas con el Frullani integral $$ \begin{aligned} \int_0^{+\infty}\frac{1}{x}\frac{2}{\sqrt{3}}&\biggl(\arctan\frac{1+2e^{2x}}{\sqrt{3}}-\arctan\frac{1+2e^{x}}{\sqrt{3}}\biggr)\,dx\\ &=\frac{2}{\sqrt{3}}\biggl(\arctan\frac{1+2e^{+\infty}}{\sqrt{3}}-\arctan\frac{1+2e^0}{\sqrt{3}}\biggr)\ln\frac{2}{1}\\ &=\frac{2}{\sqrt{3}}\Bigl(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{3}\Bigr)\ln 2 =\frac{\pi\ln 2}{3\sqrt{3}}. \end{aligned} $$