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Una forma cerrada de $\int_0^1\frac{\ln\ln\left({1}/{x}\right)}{x^2-x+1}\mathrm dx$

Esta integral tiene me ha estado molestando desde ayer:

$$\int_0^1\frac{\ln\ln\left({1}/{x}\right)}{x^2-x+1}\mathrm dx$$

He tratado de sustitución de $y={1}/{x}$$e^y={1}/{x}$, pero esos no ayuda mucho. Wolfram Alpha me da resultado: $-0.67172$. Podría alguien, por favor me ayudan a obtener la forma cerrada de la integral de preferencia (si es posible) con formas elementales (escuela secundaria de métodos)? Cualquier ayuda sería muy apreciada. Gracias.

18voto

Felix Marin Puntos 32763

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ Con $\ds{r \equiv {1 + \root{3}\ic \over 2} = \expo{\pi\ic/3}}$ \begin{align}&\color{#c00000}{ \int_{0}^{1}{\ln\pars{\ln\pars{1/x}} \over x^{2} - x + 1}\,\dd x} =\int_{0}^{1}{\ln\pars{\ln\pars{1/x}} \over \pars{x - r}\pars{x - r^{*}}}\,\dd x \\[3mm]&=\int_{0}^{1}\ln\pars{\ln\pars{1/x}} \pars{{1 \over x - r} - {1 \over x - r^{*}}}\,{1 \over r - r^{*}}\,\dd x ={1 \over \Im\pars{r}}\,\Im\int_{0}^{1} {\ln\pars{\ln\pars{1/x}} \over x - r}\,\dd x \end{align}

Con $\ds{x \equiv \expo{-t}}$: \begin{align}&\color{#c00000}{ \int_{0}^{1}{\ln\pars{\ln\pars{1/x}} \over x^{2} - x + 1}\,\dd x} ={2\root{3} \over 3}\Im\int_{\infty}^{0}{\ln\pars{t} \over \expo{-t} - r} \,\pars{-\expo{-t}\,\dd t} \\[3mm]&=-\,{2\root{3} \over 3}\Im\bracks{{1 \over r}\int_{0}^{\infty} {\ln\pars{t}\expo{-t} \over 1 - \expo{-t}/r}\,\dd t} \\[3mm]&=-\,{2\root{3} \over 3}\Im\bracks{{1 \over r} \sum_{n = 1}^{\infty}{1 \over r^{n - 1}}\int_{0}^{\infty} \ln\pars{t}\expo{-nt}\,\dd t} \\[3mm]&=-\,{2\root{3} \over 3}\Im\lim_{\mu\ \to\ 0}\partiald{}{\mu}\bracks{ \sum_{n = 1}^{\infty}r^{-n}\int_{0}^{\infty}t^{\mu}\expo{-nt}\,\dd t} \\[3mm]&=-\,{2\root{3} \over 3}\Im\lim_{\mu\ \to\ 0}\partiald{}{\mu}\bracks{ \sum_{n = 1}^{\infty}{r^{-n} \over n^{\mu + 1}}\Gamma\pars{\mu + 1}} \\[3mm]&=-\,{2\root{3} \over 3}\Im\lim_{\mu\ \to\ 0}\partiald{}{\mu}\bracks{ \Gamma\pars{\mu + 1}{\rm Li}_{\mu + 1}\pars{r^{*}}} \\[3mm]&=-\,{2\root{3} \over 3}\Im\lim_{\mu\ \to\ 0}\partiald{}{\mu}\bracks{ \Gamma\pars{\mu + 1}{\rm Li}_{\mu + 1}\pars{\expo{-\pi\ic/3}}} \end{align}

$\ds{{\rm Li}_{1}\pars{z} = -\ln\pars{1 - z}}$. Los derivados de la PolyLogarithm, el respeto de la orden, puede ser evaluado a partir de su representación integral.

También, ver Hurwitz Zeta Función.

14voto

schooner Puntos 1602

Deje $x=e^{-u}$. Entonces: \begin{eqnarray} \int_0^1\frac{\ln\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{x^2-x+1}dx&=&\int_0^\infty\frac{e^{-u}\ln u}{e^{-2u}-e^{-u}+1}du \end{eqnarray} Vamos a: \begin{eqnarray} I(a)&=&\int_0^\infty\frac{e^{-u}u^a}{e^{-2u}-e^{-u}+1}du=\int_0^\infty\frac{e^{-u}(1+e^{-u})u^a}{1+e^{-3u}}du\\ &=&\int_0^\infty\sum_{n=0}^\infty(-1)^ne^{-(3n+1)u}(1+e^{-u})u^a\ du\\ &=&\int_0^\infty\sum_{n=0}^\infty(-1)^n(e^{-(3n+1)u}+e^{-(3n+2)u})u^a\ du\\ &=&\Gamma(a+1)\sum_{n=0}^\infty(-1)^{n}\left(\frac{1}{(3n+1)^{a+1}}+\frac{1}{(3n+2)^{a+1}}\right)\\ &=&6^{-a-1}\Gamma(a+1)\left(\zeta(a+1,\frac{1}{6})+\zeta(a+1,\frac{1}{3})-\zeta(a+1,\frac{2}{3})-\zeta(a+1,\frac{5}{6})\right) \end{eqnarray} Por lo tanto: \begin{eqnarray} I'(0)&=&\frac{1}{6}\left[(\gamma-\ln 6)\left(\psi_0(\frac16)-\psi_0(\frac56)+\psi_0(\frac13)-\psi_0(\frac23)\right)\right.\\ &&\left.-\gamma_1(\frac16)-\gamma_1(\frac13)+\gamma_1(\frac23)+\gamma_1(\frac56)\right]\\ &=&\frac{1}{6}\left[-\frac{4\pi(\gamma-\ln 6)}{\sqrt 3}-\gamma_1(\frac16)-\gamma_1(\frac13)+\gamma_1(\frac23)+\gamma_1(\frac56)\right]\\ \end{eqnarray} donde $\gamma_k(x)$ $k$- th Stieltjes $\Gamma$ constante. El uso de: $$ \psi_0(1-z)-\psi_0(z)=\pi\cot(\pi z) $$ es fácil de conseguir: $$ \psi_0(\frac16)-\psi_0(\frac56)+\psi_0(\frac13)-\psi_0(\frac23)=-\frac{4\pi(\gamma-\ln 6)}{\sqrt 3}. $$ Para $\gamma_1(\frac{p}{q})$, tenemos que utilizar la siguiente fórmula: \begin{eqnarray} \gamma_1(1,\frac{p}{q})-\gamma_1(1-\frac{p}{q})=-\pi(\log(2\pi q)+\gamma)\cot\frac{\pi p}{q}-2\pi\sum_{j=1}^{q-1}\ln\Gamma(\frac jq)\sin\left(\frac{2\pi jp}{q}\right) \end{eqnarray} a partir de este. En primer lugar, tengo: \begin{eqnarray} \gamma_1(\frac{1}{3})-\gamma_1(\frac{2}{3})&=&-\frac{\pi}{2\sqrt 3}[2\gamma-\ln 3+8\ln(2\pi)-12\ln(\ln\Gamma(\frac13))],\\ \gamma_1(\frac{1}{6})-\gamma_1(\frac{5}{6})&=&-\pi\sqrt 3\left[\gamma+\ln\left(\frac{12\pi\Gamma(\frac23)\Gamma(\frac56)}{\Gamma(\frac16)\Gamma(\frac13)}\right)\right]=-\pi\sqrt 3\left[\gamma+\ln\left(\frac{4\cdot 2^{2/3}\pi^3}{3\sqrt3\Gamma^5(\frac13)}\right)\right]. \end{eqnarray} Poner todos los resultados juntos, por fin tenemos: \begin{eqnarray} I'(0)&=&\frac{\pi}{12\sqrt 3}\left[\ln\frac{268435456}{531441}+32\ln\pi-48\ln\left(\Gamma(\frac13)\right)\right]. \end{eqnarray} El valor numérico es $-0.671719601885875$ que es la misma que la de Mathematica comando:

NIntegrate[Log[Log[1/x]]/(x^2 - x + 1)}, \{x, 0, 1\}]

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