¿Cuál es el valor de la integral de la $\int_{0}^{\infty} \frac{x \ln (1+x^{2})}{\sinh (\pi x)} \, dx $?

Question

Mathematica obtiene

$$\int_0^{\infty}\frac{x}{\sinh(\pi x)}\ln(1+x^2) \ \mathrm{d}x=-\frac{3}{4}+\frac{\ln 2}{6}+9\ln(A)-\frac{\ln \pi}{2}$$ where $Una$ es el Glaisher-Kinkelin constante.

Una aproximación numérica de la integral sugiere fuertemente que esto es incorrecto. ¿Cuál es el valor correcto?

Answer 1

Cody la respuesta que me dio la idea de buscar en $\displaystyle \int_{0}^{\infty} \frac{\sin ( s \arctan t)}{(1+t^{2})^{s/2} \sinh \pi t} \, dt $.

Primero agregar la restricción $ \text{Re}(s) >1$.

Entonces

$$ \begin{align} &\int_{0}^{\infty} \frac{\sin ( s \arctan t)}{(1+t^{2})^{s/2} \sinh \pi t} \, dt \\ &= \frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(s \arctan t)}{(1+t^{2})^{s/2} \sinh \pi t} \, dt \\&= \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} \text{Im} \ \frac{1}{(1-it)^{s} \sinh \pi t} \, dt \\ &= \frac{1}{2} \, \text{Im} \, \text{PV} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{(1-it)^{s} \sinh \pi t} \, dt \\ &= \frac{1}{2} \, \text{Im} \left(\pi i \ \text{Res}\left[\frac{1}{(1-iz)^{s} \sinh \pi z},0\right] + 2 \pi i \sum_{n=1}^{\infty} \text{Res} \left[\frac{1}{(1-iz)^{s} \sinh \pi z},in \right] \right) \\ &= \frac{1}{2} \text{Im} \left(\pi i \left(\frac{1}{\pi} \right) + 2 \pi i \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{\pi (1+n)^{s}} \right) \\ &= \frac{1}{2} \, \text{Im} \Big(i + 2i \big( (1-2^{1-s}) \zeta(s)-1\big) \Big) \\& = (1-2^{1-s})\zeta(s) - \frac{1}{2}. \end{align}$$

Por la continuación analítica, el resultado es válido para todos los valores complejos de $s$.

La diferenciación bajo el signo integral y dejando $s=-1$ tenemos

$$ \begin{align} \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{t \log(1+t^{2})}{\sinh \pi t} \, dt + \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan t}{\sinh \pi t} \, dt &= 2^{1-s} \log 2 \ \zeta(s) + (1-2^{1-s}) \zeta'(s) \Bigg|_{s=-1} \\ &= 4 \log (2) \left(-\frac{1}{12} \right) - 3 \zeta'(-1) \\ &= - \frac{\log 2}{3} - 3 \zeta'(-1) . \end{align}$$

Así que necesitamos a evaluar $ \displaystyle \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan t}{\sinh \pi t} \, dt $.

Deje $ \displaystyle I(z) = \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan \frac{x}{z}}{\sinh \pi x} \, dx $.

Entonces

$$ \begin{align} I(z) &= \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\sinh \pi x} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin tx}{t} e^{-zt} \, dt \, dx \\ &= \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-zt}}{t} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin t x}{\sinh \pi x} \, dx \, dt \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-zt}}{t} \tanh \left( \frac{t}{2} \right) \, dt . \end{align} $$

Ahora diferenciar bajo el signo integral.

$$ \begin{align} I'(z) &= - \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \tanh \left(\frac{t}{2} \right) e^{-zt} \, dt \\ &= - \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{1-e^{-t}}{1+e^{-t}} e^{-zt} \, dt \\ &= - \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \left( -1 + 2 \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n} e^{-tn}\right) e^{-zt} \, dt \\ &= \frac{1}{2z} - \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n} \frac{1}{z+n} \\ &= \frac{1}{2z} - \frac{1}{2} \psi \left(\frac{z+1}{2} \right) + \frac{1}{2} \psi \left( \frac{z}{2} \right) \tag{1} \end{align}$$

Integración de la espalda y el uso de Stirling de la fórmula para determinar el valor de la constante de integración, nos encontramos con

$$ I(z) = \frac{\ln z}{2} - \log \Gamma \left(\frac{z+1}{2} \right) + \log \Gamma \left(\frac{z}{2} \right) - \frac{\log 2}{2} .$$

Así

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan x}{\sinh \pi x} \, dx = I(1) = \frac{\log \pi}{2} - \frac{\log 2}{2} .$$

Combinando este resultado con el resultado de la primera tenemos

$$ \begin{align} \int_{0}^{\infty} \frac{x \log(1+x^{2})}{\sinh \pi x} \, dx &= 2 \left(-\frac{\log 2}{3} - 3 \zeta'(-1) - \frac{\log \pi}{2} + \frac{\log 2}{2} \right) \\&=\frac{\log 2}{3} - \log \pi - 6 \zeta'(-1) \\ &= \frac{\log 2}{3} - \log \pi - \frac{1}{2} + 6 \log A \\ &\approx 0.0788460364 . \end{align}$$

$ $

$(1)$ http://mathworld.wolfram.com/DigammaFunction.html (5)

Answer 2

Voy a suponer que el valor correcto es : $$I:=\frac{\ln\;2}3-\ln\, \pi-6\,\zeta'(-1)$$ ($\zeta'(-1)=\frac 1{12}-\ln\,A\;$$A$ es el Glaisher-Kinkelin constante)

Vamos a obtener esta solución con el Abel-Plana fórmula (un poco como el propuesto por Cody) :

$$\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\,f(n)=\frac{f(0)}2+i\int_0^\infty\frac{f(it)-f(-it)}{2\,\sinh(\pi\,t)}dt$$

Establecimiento $\,f(z):=z\,\ln(1+z)\,$ devuelve rápidamente el equivalente a la suma de $\,\displaystyle 2\sum_{k=1}^\infty (-1)^k\,(k-1)\,\ln(k)$. Por desgracia, esta suma es divergente ('regularización' devuelve el valor correcto) así que vamos a tratar :

$\,\displaystyle f(z):=z\;\ln\left(1+\frac 1z\right)-1\,$ y conseguir (a la observación de que $\,\lim_{z\to 0^+} f(z)=-1$) :

\begin{align} S&:=-1+\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\,\left(n\,\ln\left(1+\frac 1n\right)-1\right)\\ &=-\frac 12+i\int_0^\infty\frac{it\ln\left(1+\frac 1{it}\right)+it\ln\left(1+\frac 1{-it}\right)}{2\,\sinh(\pi\,t)}dt\\ &=-\frac 12-\frac 12\int_0^\infty\frac{t\ln\left(1+\frac 1{t^2}\right)}{\sinh(\pi\,t)}dt\\ &=-\frac 12-\frac 12\int_0^\infty\frac{t\ln(1+t^2)}{\sinh(\pi\,t)}dt+\int_0^\infty\frac{t\ln(t)}{\sinh(\pi\,t)}dt\\ &=-\frac 12(1+I)+J \end{align}

La integral de la $\,\displaystyle J:=\int_0^\infty\frac{t\ln(t)}{\sinh(\pi\,t)}dt\;$ puede ser evaluado mediante la representación integral de la $\eta$ función (ver $(*)$) $\quad\displaystyle \frac{\eta(s)}{\sin(s\pi/2)}=-\int_0^\infty \frac{t^{-s}}{\sinh(\pi\,t)}dt\,$
mediante el cálculo de la derivada bajo el signo integral en $s=-1$ $t^{-s}=e^{-s\ln(t)}\,$ conseguir $$J=\dfrac{\ln(2)}3+3\,\zeta'(-1)$$

mientras que $I$ vendrá dado por : $$I=-1-2(S-J)$$ con \begin{align} S&=-1+\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\,\left(n\,\ln\left(1+\frac 1n\right)-1\right)\\ &=-1+\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\,\left(-1+n\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{k\;n^k}\right)\\ &=-1+\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\,\sum_{k=2}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{k\;n^{k-1}}\\ &=-1+\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^m}{m+1}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^m}\quad\text{for}\;m:=k-1\\ &=\frac{\ln(2)}2-1-\sum_{m=2}^\infty\frac{(-1)^m}{m+1}\left(1-2^{1-m}\right)\zeta(m)\quad(*)\\ &=\frac{\ln(2)}2-1+\sum_{m=2}^\infty\frac{\zeta(m)}{m+1}\left((-1)^{m+1}-4\left(\frac {-1}2\right)^{m+1}\right)\\ \end{align} $(*)$ : a partir de la Dirichlet eta definición de propiedad y de la $\,\displaystyle \eta(m)=-\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^m}=\left(1-2^{1-m}\right)\zeta(m)$

Pero para $\psi$ la función digamma tenemos $\,\displaystyle\displaystyle \psi(1+x)=-\gamma-\sum_{m=2}^\infty \zeta(m)\;(-x)^{m-1}$
y $\,\displaystyle\int (\psi(1+x)+\gamma)x\,dx=\int \sum_{m=2}^\infty \zeta(m)\;(-x)^{m} dx=-\sum_{m=2}^\infty \frac{\zeta(m)}{m+1}\;(-x)^{m+1}$

Si se observa que el $\,\displaystyle\int \psi(x)\,x\,dx=[\ln(\Gamma(x))\,x]-\int\ln(\Gamma(x))\,dx$ podemos usar las fórmulas obtenidas por Glaisher, Gosper y Adamchik para el 'Negapolygammas' $(11)$ $\zeta(s,q)$ la zeta de Hurwitz función: $$K(q):=\int_0^q\ln(\Gamma(x))\,dx=\frac{(1-q)q}2+\frac q2\ln(2\pi)-\zeta'(-1)+\zeta'(-1,q)$$ con el especial de los valores de $\,\displaystyle K(1)=\frac 12\ln(2\pi)\,$ $\,\displaystyle K\left(\frac 12\right)=\frac 18+\frac 5{24}\ln(2)+\frac 14\ln(\pi)-\frac 32\zeta'(-1)$

la obtención de (desde $\,\psi(1+x)=\psi(x)+\frac 1x\,$) : $$\sum_{m=2}^\infty \frac{\zeta(m)}{m+1}\;(-x)^{m+1}=-x-\frac{\gamma}2x^2-\int \psi(x)\,dx=x-\frac{\gamma}2x^2+K(x)-\ln(\Gamma(x))\,x$$ llegar (muy laboriosamente admito...) : \begin{align} S&=\frac{\ln(2)}2-1+\sum_{m=2}^\infty\frac{\zeta(m)}{m+1}\left((-1)^{m+1}-4\left(\frac {-1}2\right)^{m+1}\right)\\ &=\frac{\ln(2)}2-1+1+\frac 12\ln(2\pi)-4\left(\frac 18+\frac 5{24}\ln(2)+\frac 14\ln(\pi)-\frac 32\zeta'(-1)-\frac 12\ln\sqrt{\pi}\right)\\ &=-\frac 12+\frac 16\ln(2)+\frac {\ln(\pi)}2+6\zeta'(-1) \end{align} Y por último $$I=-1-2\left(-\frac 12+\frac 16\ln(2)+\frac {\ln(\pi)}2+6\zeta'(-1)-\dfrac{\ln(2)}3-3\,\zeta'(-1)\right)\\ \boxed{\displaystyle I=\frac {\ln(2)}3-\ln(\pi)-6\,\zeta'(-1)}$$

Por supuesto, mucho más directa derivaciones existen, pero en un viaje interesante de todos modos!

Answer 3

Si puedo agregar algo que puede ayudar.

Parecería que esta integral puede estar ligada a la de las integrales de los registros de rayos Gamma o Barnes G de una forma o de otra.

Si escribimos la $\displaystyle csch(\pi x)$ en términos de su exponencial, entonces es muy similar a la conocida resultado que se puede encontrar mediante el uso de Hermite con la fórmula de la zeta de Hurwitz.

De Hermite con la fórmula de la $\zeta(s,1)$ es:

$\displaystyle \zeta(s,1)=1/2+\frac{1}{s-1}+2\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(s\cdot \tan^{-1}(x))}{(x^{2}+1)^{s/2}(e^{2\pi x}-1)}dx$.

Que pueden ser diferenciados w.r.t s, lo que conduce a:

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{x\log(x^2+1)}{e^{2\pi x}-1}dx=1/2\log(2\pi)-2/3-\log(A)$.

La integral en cuestión es también igual a la de la serie:

$\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty}(-1)^{n+1}\log\left(1-\frac{1}{n}\right)+\sum_{n=2}^{\infty}(-1)^{n+1}n\cdot \log\left(1+\frac{1}{n-1}\right)$

Voy a mirar en él más tarde, cuando me encuentre más tiempo. Pero, si cualquier persona puede utilizar estas para derivar la solución, por favor siéntase libre.

Answer 4

Tomando nota de la tabulados coseno transforma de $\ln(1+1/x^2)$$x/\sinh(\pi x)$, por la relación de Parseval para esta transformación $$\int_0^{\infty}\frac{x \ln(1+1/x^2)}{\sinh(\pi x)}dx=\int_0^{\infty}\frac{dy}{y}\frac{1+\sinh y -\cosh y}{1+\cosh y}$$ which has the known value $12\ln A-\ln \pi -1-\frac{1}{3}\ln 2$. También se sabe que $$\int_0^{\infty}\frac{x \ln x^2}{\sinh(\pi x)}dx=\frac{1}{2}+\frac{2}{3}\ln 2-6\ln A =.$$ Mediante la combinación de estos resultados se obtiene el valor deseado. Esto apunta a un molesto bug en Mathematica.