Probando $\int_{0}^{1}{1\over \sqrt[4]{\ln \left({1\over x}\right)+\ln^2\left({1\over x}\right)}}\cdot{\mathrm dx\over x}=\cdots$

Question

Considere esta integral $(1)$

$$\int_{0}^{1}{1\over \sqrt[4]{\ln \left({1\over x}\right)+\ln^2\left({1\over x}\right)}}\cdot{\mathrm dx\over x}=-\Gamma\left(-{2\over 4}\right)\cdot{\Gamma\left({3\over 4}\right)\over \Gamma\left({1\over 4}\right)}\tag1$$

¿Cómo se puede demostrar $(1)$ ?

Un intento:

Reescritura $(1)$ como

$$\int_{0}^{1}(-\ln x+\ln^2(x))^{-1/4}\cdot{\mathrm dx\over x}\tag2$$

$u=\ln x \implies x\mathrm du =\mathrm dx$ entonces $(2)$ se convierte en

$$\int_{0}^{\infty}(u^2-u)^{-1/4}\mathrm du\tag3$$

Tal vez podamos dividirlo en una descomposición parcial de la fracción

$${1\over u^{1/4}(u-1)^{1/4}}={A\over u^{1/4}}+{B\over (u-1)^{1/4}}$$

Entonces $(3)$ se convierte en

$$\int_{0}^{\infty}{\color{red}{A\over u^{1/4}}}+{B\over (u-1)^{1/4}}\mathrm du\tag4$$

Pero la parte roja diverge, de qué otra manera podemos abordar $(1)?$

Answer 1

La integral dada es divergente .

Consideremos $I=\displaystyle \int_{0}^1 {1\over \sqrt[4]{\ln \left({1\over x}\right)+\ln^2\left({1\over x}\right)}}\cdot{\mathrm dx\over x}$ .

Por el cambio de variable $$ u=-\ln x, \quad du= - \frac{dx}x, $$ se obtiene $$ I=\displaystyle \int_0^{\infty} {1\over \sqrt[4]{u+u^2}}\cdot{\mathrm du} $$ pero, como $u \to \infty$ , uno tiene $$ {1\over \sqrt[4]{u+u^2}} \sim{1\over \sqrt[4]{u^2}}=\frac1{u^{1/2}} $$ y el último integrando da un divergente integral cerca de $\infty$ .