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

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?

14voto

Thierry Lam Puntos 1079

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)

10voto

user21783 Puntos 11

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!

6voto

Lance Roberts Puntos 11164

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.

1voto

Pato Sáinz Puntos 118

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.

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