Conjetura

Question

Hice algunos experimentos numéricos con integrales que involucran logaritmos doble (porque recibió mucho interés en este sitio y en publicaron trabajos, a veces bajo nombres de Malmsten, Vardi, Adamchik integrales).

Parece que $ de $${\large\int}_0^1\ln\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)\cdot\frac{\ln x}{1-x^2}\,dx\stackrel{\color{gray}?}=\frac{\pi^2}{24}\,\ln\left(\frac{A^{36}}{16\,\pi^3}\right),$ $A=\exp\left(\frac1{12}-\zeta'(-1)\right)$ Dónde está la Glaisher: Kinkelin constante (tengo más de $1000$ decimales confirmar esta conjetura). ¿Cómo podemos demostrarlo?

Answer 1

Usando la sustitución propuesta por @AccidentalFourierTransform y el % integral $\displaystyle \,\,\, \int \frac{1}{\sinh x} dx=\ln\tanh\left(\frac{x}{2}\right)+C$, tenemos

$$\begin{align} -2\int_0^1 \ln \ln \left(\frac{1+x}{1-x}\right) \frac{\ln x}{1-x^2}dx \\&= -\int_0^{\infty}\ln x \,\,\ln \tanh\left(\frac{x}{2}\right)dx \\&=\int_0^{\infty}\ln x \int_x^{\infty}\frac1{\sinh t} dt dx \\&=\int_0^{\infty} \int_0^{t}\ln x \frac1{\sinh t} dx dt \\&=\int_0^{\infty} \frac{x\ln x-x}{\sinh x} dx \\&=\int_0^{\infty} (x\ln x -x) \frac{2 e^{-x}}{1-e^{-2x}}\,dx \\&=\int_0^{\infty} (x\ln x-x)2\sum_{n=0}^{\infty} e^{-x(2n+1)}dx \\&=2\sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{d}{ds} \frac{\Gamma(s)}{(2n+1)^s} \Bigg{|}_{s=2}-\frac1{(2n+1)^2}\right) \\&=2\sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{\Gamma'(2)-1}{(2n+1)^2}-\frac{\ln(2n+1)}{(2n+1)^2}\right) \\&=2(\Gamma'(2)-1)\frac{\pi^2}{8}-2\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln(n)}{n^2}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln(2n)}{(2n)^2} \right) \\&=2(\Gamma'(2)-1)\frac{\pi^2}{8}+2\zeta'(2)+\frac12\left(\ln2 \frac{\pi^2}{6}-\zeta'(2)\right) \\&=-\frac{\pi^2}{12}\ln\left(\frac{A^{36}}{16\pi^3}\right) \end {Alinee el} $$

Answer 2

Sugerencia. Se puede observar que, por el cambio de variable $u=\dfrac{1-x}{1+x}$ uno se $$ I={\int}_0^1\log\log\left(\frac{1+x}{1-x}\right)\cdot\frac{\log x}{1-x^2}\,dx=\int_0^1\log\left(-\log u\right)\cdot\frac{\log (1-u)-\log (1+u)}{2u}\,du. \tag1 $ $ , A continuación, por un estándar de la expansión de Taylor, tenemos $$ \frac{\log (1-u)-\log (1+u)}{2u}= -\sum_{n=0}^{\infty} \frac{u^{2n}}{2n+1}, \qquad |u|<1,\tag2 $$ dando $$ I=-\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2n+1}\int_0^1u^{2n}\log\left(-\log u\right)\:du.\tag3 $ De$ la última integral se obtiene fácilmente mediante la conocida representación integral de la función gamma de Euler $$ \frac{\Gamma(s)}{(a+1)^s}=\int_0^\infty t^{m-1} e^{-(a+1)t}\:dt. \tag4 $$ By differentiating $(4)$ with respect to $s$ and putting $s=1$ producimos $$ \int_0^1u^a\log\left(-\log u\right)\:du=-\frac{\gamma+\log(a+1)} {+1} \tag5 $$ que conduce a $$ I=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\gamma+\log(2n+1)}{(2n+1)^2}=\left.\a la izquierda(\gamma\frac{d}{ds} \right)\left(\left(1-2^{-s}\right)\zeta(s)\right)\right|_{s=2}=\frac{\pi^2}{24}\,\ln\left(\frac{A^{36}}{16\,\pi^3}\right)\tag6 $$ como se anunció.

Estas integrales se han estudiado por Adamchik, Vardi, Moll y muchos otros. Uno puede tener un vistazo a este interesante documento.