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Probar ${\large\int}_0^\infty\frac{\ln x} {\sqrt {x} \ \sqrt{x+1}\ \sqrt{2x+1}}dx\stackrel?=\frac{\pi^{3/2}\,\ln2}{2^{3/2}\Gamma^2\left(\tfrac34\right)} $

Descubrí la siguiente conjetura mediante la evaluación de la integral numéricamente y, a continuación, el uso de algunos inversa simbólico métodos de cálculo para encontrar una posible forma cerrada: $$\int_0^\infty\frac{\ln x}{\sqrt{x\vphantom{1}}\ \sqrt{x+1}\ \sqrt{2x+1}}dx\stackrel{\color{#808080}?}=\frac{\pi^{3/2}\,\ln2}{2^{3/2}\,\Gamma^2\left(\tfrac34\right)}.\tag1$$ La igualdad tiene numéricamente con una precisión de al menos $1000$ dígitos decimales. Pero hasta el momento yo no era capaz de encontrar una prueba de ello.

Debido a que la integral puede ser representado como un derivado de un hypergeometic función con respecto a su parámetro, la conjetura puede escribirse como $$\frac{d}{da}{_2F_1}\left (\ \tfrac12;\ 1;\ \tfrac12\right)\Bigg|_{a=\frac12}\stackrel{\color{#808080}?}=\frac{\sqrt\pi\,\ln2}{2\,\Gamma^2\left(\tfrac34\right)}\tag2$$ o, utilizando una serie de expansión de la función hipergeométrica, como $${\large\sum}_{n=0}^\infty\frac{H_{n-\frac12}\ \Gamma^2\left(n+\tfrac12\right)}{2^n\ \Gamma^2\left(n+1\right)}\stackrel{\color{#808080}?}=-\frac{3\,\pi^{3/2}\,\ln2}{2\,\Gamma^2\left(\tfrac34\right)}\tag3,$$ donde $H_q$ es la generalizada número armónico, $H_q=\gamma+\psi_0\left(q+1\right).$

Podría usted sugerir algunas ideas de cómo probar esto?

38voto

David H Puntos16423

$$I:=\int_{0}^{\infty}\frac{\ln{(x)}}{\sqrt{x}\,\sqrt{x+1}\,\sqrt{2x+1}}\mathrm{d}x.$$

Después de la primera multiplicación y división con el integrando por 2, el sustituto de $x=\frac{t}{2}$:

$$I=\int_{0}^{\infty}\frac{2\ln{(x)}}{\sqrt{2x}\,\sqrt{2x+2}\,\sqrt{2x+1}}\mathrm{d}x=\int_{0}^{\infty}\frac{\ln{\left(\frac{t}{2}\right)}}{\sqrt{t}\,\sqrt{t+2}\,\sqrt{t+1}}\mathrm{d}t.$$

Siguiente, sustituyendo $t=\frac{1}{u}$ produce:

$$\begin{align} Yo y=-\int_{0}^{\infty}\frac{\ln{(2u)}}{\sqrt{u}\sqrt{u+1}\sqrt{2u+1}}\mathrm{d}u\\ &=-\int_{0}^{\infty}\frac{\ln{(2)}}{\sqrt{u}\sqrt{u+1}\sqrt{2u+1}}\mathrm{d}u-\int_{0}^{\infty}\frac{\ln{(u)}}{\sqrt{u}\sqrt{u+1}\sqrt{2u+1}}\mathrm{d}u\\ y=-\int_{0}^{\infty}\frac{\ln{(2)}}{\sqrt{u}\sqrt{u+1}\sqrt{2u+1}}\mathrm{d}u-I\\ \implica I&=-\frac{\ln{(2)}}{2}\int_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x}\sqrt{x+1}\sqrt{2x+1}}. \end{align}$$

Realizar la secuencia de sustituciones $x=\frac{u-1}{2}$, entonces $u=\frac{1}{t}$, y finalmente $t=\sqrt{w}$, que pone esta integral en la forma de una función beta:

$$\begin{align} \int_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x}\sqrt{x+1}\sqrt{2x+1}} &=\int_{1}^{\infty}\frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{u-1}\sqrt{u+1}\sqrt{u}}\\ &=\int_{1}^{\infty}\frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{u^2-1}\sqrt{u}}\\ &=\int_{1}^{0}\frac{t^{3/2}}{\sqrt{1-t^2}}\frac{(-1)}{t^2}\mathrm{d}t\\ &=\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t}\,\sqrt{1-t^2}}\\ &=\frac12\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}w}{w^{3/4}\,\sqrt{1-w}}\\ &=\frac12\operatorname{B}{\left(\frac14,\frac12\right)}\\ &=\frac12\frac{\Gamma{\left(\frac12\right)}\Gamma{\left(\frac14\right)}}{\Gamma{\left(\frac34\right)}}\\ &=\frac{\pi^{3/2}}{2^{1/2}\Gamma^2{\left(\frac34\right)}} \end{align}$$

Por lo tanto,

$$I=-\frac{\ln{(2)}}{2}\frac{\pi^{3/2}}{2^{1/2}\Gamma^2{\left(\frac34\right)}}=-\frac{\pi^{3/2}\,\ln{(2)}}{2^{3/2}\,\Gamma^2{\left(\frac34\right)}}.~~~\blacksquare$$


Posible Alternativa: Usted también podría derivar de la respuesta de la integral elíptica completa de primera especie, en lugar de la función beta haciendo la sustitución $t=z^2$ en vez de $t=\sqrt{w}$.

$$\begin{align} \int_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x}\sqrt{x+1}\sqrt{2x+1}} &=\int_{1}^{\infty}\frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{u-1}\sqrt{u+1}\sqrt{u}}\\ &=\int_{1}^{\infty}\frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{u^2-1}\sqrt{u}}\\ &=\int_{1}^{0}\frac{t^{3/2}}{\sqrt{1-t^2}}\frac{(-1)}{t^2}\mathrm{d}t\\ &=\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t}\,\sqrt{1-t^2}}\\ Y=2\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}z}{\sqrt{1-z^4}}\\ Y=2\,K{(-1)}\\ &=\frac{\Gamma^2{\left(\frac14\right)}}{2\sqrt{2\pi}}\\ &=\frac{\pi^{3/2}}{2^{1/2}\Gamma^2{\left(\frac34\right)}}. \end{align}$$

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