Integral de la $\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{\log \frac{1}{x}}}=\sqrt \pi$

Question

Hola estoy tratando de probar este resultado a continuación $$ \mathcal{J}:=\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{\log \frac{1}{x}}}=\sqrt \pi. $$ El resultado es bastante interesante, sin embargo me di cuenta de que no estoy familiarizado con el trabajo de las raíces cuadradas de las funciones de registro como este. Estoy más confundido que de costumbre porque no hay mucho para trabajar con este. La integral indefinida es dada por $$ \int \frac{dx}{\sqrt{\log \frac{1}{x}}}=-\sqrt \pi\, \text{fer}\left(\sqrt {\log \frac{1}{x}}\right), $$ aunque no puedo demostrarlo. Posiblemente una prueba de que esto va a llevar a que el resultado de la integral definida.

Parece que la integral es de alguna manera relacionados con una Gaussiana integral posiblemente, me doy cuenta de la función de error y el resultado $\sqrt \pi$. Una solución sería muy apreciado y espero que también podría ser de utilidad para las matemáticas de la comunidad aquí.

Gracias. En el caso de que a nadie le gusta esta integral y está interesado en uno similar, aquí está otro para ti:

$$ \int_0^1 \sqrt{\log \frac{1}{x}} \,dx=\frac{\sqrt \pi}{2} $$

Answer 1

Reescribir $\log(1/x)=-\log(x)$ y el uso de la sustitución de $-\log x=t^2 \Rightarrow dx=-2te^{-t^2}dt$ para obtener: $$I=\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{\log \frac{1}{x}}}=\int_0^{\infty} 2e^{-t^2}\,dt=\boxed{\sqrt{\pi}}$$

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Para el segundo, hacer lo mismo para obtener la integral: $$\int_0^{\infty} 2t^2e^{-t^2}\,dt$$ Desde $$\int_0^{\infty} e^{-(at)^2}\,dt=\frac{\sqrt{\pi}}{2a}$$ Diferenciar los lados wrt $a$ para obtener: $$\int_0^{\infty} 2at^2e^{-(at)^2}\,dt=\frac{\sqrt{\pi}}{2a^2}$$ Sustituto $a=1$ para obtener la respuesta.

Answer 2

Este es el de Euler, la primera histórico de la expresión integral de la $\Gamma$ función. No hay sustitución necesario. La integral es simplemente $\Big(-\frac12\Big)!=\Gamma\Big(1-\frac12\Big)=\Gamma\Big(\frac12\Big)=\sqrt\pi.~$ QED.

Answer 3

Tenga en cuenta que $$\int_0^1\left(\log\frac1x \right)^pdx=\int_0^{\infty}u^pe^{-u}du=\Gamma(p+1)$$ haciendo que la simple sustitución de $x=e^{-u}$.

Su integrales siga inmediatamente a partir de este.

Answer 4

La integración por partes, y el endeudamiento @Pranav el valor para la primera integral,

$$\int_0^1 \sqrt{\log \frac{1}{x}} \,dx= x \sqrt{\log \frac{1}{x}}\big{|}_0^1- \int_0^1 x \frac{dx}{(-2x)\sqrt{\log \frac{1}{x}}}\\ =\frac12 \frac{}{}\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{\log \frac{1}{x}}}\\ =\frac{\sqrt{\pi}}{2}$$