Ayuda con una integral irregular

Question

Estoy buscando ayuda con la siguiente integral : $$\frac{1}{2\pi i}\int_{1}^{\infty}\ln\left(\frac{1-e^{-2\pi i x}}{1-e^{2\pi i x}} \right )\frac{dx}{x\left(\ln x+z\right)}\;\;\;\;z\in \mathbb{C}$$ he intentado transformarlo en un complejo integral a lo largo de un 'ojo de la cerradura de contorno', con una rama de corte a lo largo de la +ive real de la línea de $\left[1,\infty\right)$. pero, a continuación, $\;\ln x\;$ sería transformado en $\;\ln x+2\pi i\;$ al hacer la integral a lo largo del segmento paralelo y por debajo de $\left(\infty,1\right]\;$ que no salen muy bien a la parte a lo largo del segmento paralelo y por encima de $\left[1,\infty\right)$ . cualquier conocimiento son apreciados.

EDITAR:

la integral anterior es equivalente a: $$\int_{1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin(2\pi n x)}{n\pi}\left(\frac{1}{x\left(\ln x+z\right)}\right)dx$$ Y $$\int_{1}^{\infty}\left(\frac{1}{2}-x+\left \lfloor x \right \rfloor \right )\left(\frac{1}{x\left(\ln x+z\right)}\right)dx$$ También, podemos demostrar que es equivalente al límite: $$e^{-z}\text{Ei}(z)+\lim_{N\rightarrow \infty}\sum_{n=1}^{N}\left(n+\frac{1}{2} \right )\ln\left(\frac{\ln(n+1)+z}{\ln(n)+z} \right )-e^{-z}\text{Ei}(z+\ln (N+1)) $$ o: $$e^{-z}\text{Ei}(z)-\frac{3}{2}\ln(z)-\left(\lim_{N\rightarrow \infty}\sum_{n=1}^{N}\ln\left(\ln(n+1)+z \right )+e^{-z}\text{Ei}\left(\ln (N+1) + z\right)-\frac{2N+1}{2}\ln(\ln(N+1)+z)\right)$$ EDITAR: utilizando la definición de la función zeta - eq. 3 - : $$\zeta(s)=\frac{s}{s-1}-s\int_{1}^{\infty}(x-\left \lfloor x \right \rfloor )x^{-s-1}dx\;\;\;\;\;\Re(s)>0$$ Tenemos: $$\frac{\zeta(s)}{s}+\frac{1}{2s}-\frac{1}{s-1}=\int_{1}^{\infty}\left(\frac{1}{2}-x+\left \lfloor x \right \rfloor\right)x^{-s-1}dx$$ Y: $$\int_{1}^{\infty}\left(\frac{1}{2}-x+\left \lfloor x \right \rfloor \right )\left(\frac{1}{x\left(\ln x+z\right)}\right)dx=\int_{0}^{\infty}\left(\frac{\zeta(s)}{s}+\frac{1}{2s}-\frac{1}{s-1}\right)e^{-zs}ds$$

Answer 1

Vamos a considerar su integral : $$\tag{1}I(z)=\int_1^\infty \frac{\frac 12-x+\lfloor x \rfloor}{x\left(\ln x+z\right)}\,dx$$

Your derivation at the end is right (for $\Re(s)>0$) así que vamos a reproducir aquí : $$\tag{2}\zeta(s)=\frac s{s-1}-s\int_1^\infty(x-\lfloor x \rfloor)\,x^{-s-1}dx$$ así que : $$\tag{3}\frac{\zeta(s)}s+\frac 1{2s}-\frac 1{s-1}=\int_1^\infty\left(\frac 12-x+\lfloor x \rfloor\right)\,x^{-s-1}\,dx$$ En este punto se utiliza (por $x>1\;$$\;\Re(z)>0$) la integral : $$-\frac{(x e^z)^{-s}}{x\left(\ln(x e^z)\right)}=\int \frac{(x e^z)^{-s}}x\,ds$$ entre los límites de $\,s=0$ $+\infty\ $ para obtener : $$\tag{4}I(z)=\int_1^\infty\frac{\frac 12-x+\lfloor x \rfloor}{x\left(\ln x+z\right)}\,dx=\int_0^\infty\left(\frac{\zeta(s)}s+\frac 1{2s}-\frac 1{s-1}\right)\,e^{-zs}ds$$ (usted debe y todavía pueden proporcionar esto como una respuesta...)

Esta integral es convergente (por $\ \Re(z)>0\ $ creo) y $(4)$ puede estar integrado por piezas para obtener más para $\displaystyle f(s):=\frac{\zeta(s)}s+\frac 1{2s}-\frac 1{s-1}$ (esto se aplica a general de Laplace transforma así) : $$I(z)=\int_0^\infty f(s)\,e^{-zs}ds=\left[\frac{f(s)e^{-zs}}{-z}\right]_0^\infty +\int_0^\infty f'(s)\frac{e^{-zs}}z\,ds$$ $$\tag{5}I(z)=\frac{\lim_{s\to 0}f(s)}z +\frac 1z \int_0^\infty f'(s)\,e^{-zs}\,ds$$ Podemos continuar con este juego para conseguir un asintótica de expansión : $$I(z)\sim\frac{f(0^+)}z+\frac{f'(0^+)}{z^2}+\frac{f''(0^+)}{z^3}+\cdots$$ El límite en el $f(0^+)$ así como los derivados de la $f^{(n)}(0^+)$ fueron evaluados en su "regularización de una divergente integral del' hilo donde llegamos $\ K_n:=f^{(n)}(0^+)=\frac{n!+\zeta^{(n)}(0)}n$. La expansión asintótica simplemente serán :

$$\tag{6}I(z)\sim\sum_{n>0} \frac{K_n}{z^n}\sim \sum_{n>0} \frac{n!+\zeta^{(n)}(0)}{n\,z^n}$$ Esto tiene, por supuesto, el inconveniente de la divergencia de los problemas que hemos hecho hincapié en que aquí (con una tabla de valores de $\,n\,K_n$) e implica que la suma debe ser interrumpido por $n$ cerca de $20$ (o $30$).

Vamos a añadir que el $K_n$ divergencia problema aparece "regularizado" aquí desde $I(1)$, por ejemplo, tiene un lugar bien definido y finito de valor.

Podemos también dividir la integral inicial en las integrales $\int_{n-\frac 12}^{n+\frac 12}\cdots dx$ y reescribir $I(z)$ integral $\int_0^{\frac 12}$ a través de una serie (ver la secuencia de comandos en la parte inferior) para obtener algunos precisa numérica de las evaluaciones (en todos los métodos devuelven los mismos resultados numéricos !) :

\begin{array} {cl} z&I(z)\\ \hline 10^{-15} &16.3096530675478979183202495497193802845495251563\\ 10^{-10} &10.5531903374319358641649617819163355585942889453\\ 10^{-4} &3.64642265723654724788211497515174434549406723370\\ 10^{-3} &2.50171392362613726727194292910979673196605938961\\ 10^{-2} & 1.39543999432476638672924784183965200139077802817\\ 10^{-1} &0.486868432497953417060515317199037503343873648836\\ 1/8 &0.422105200530486066954436439320203842530811825240\\ 1/4 &0.256624396604535894012861595020444840056178229095\\ 1/2 &0.115112905757527639323106492399718643046468630496\\ 1 &0.0769186991412752978246055672366920464084421892313\\ 2 &0.0395820464350666838193632888947748021440219942919\\ 3 &0.0266177747964158089008118870276107101328689178125\\ 4 &0.0200449423033013057537716317592213987247899100373\\ 10 &0.00807286582120089521388366887280155614313771306934\\ 100 &0.000810295282006106142951971110178216745088801945013\\ 1000 &0.00008105828699770816796829446558\\ \end{array}

Los dígitos finales corresponden a los primeros dígitos de $\ 1-\log(2\pi)/2=0.081061466795\cdots\ $ como se debe.

Con la esperanza de que esto ayudó o entretenido un poco,

// pagi/gp script for numerical evaluation of the initial integral
f(z,x)=sumpos(n=2,1/((n+x)*(log(n+x)+z))-1/((n-x)*(log(n-x)+z)))
I(z)=intnum(x=0,1/2,(1/2-x)*f(z,x))+intnum(x=1,3/2,(1/2-x+floor(x))/(x*(log(x)+z)))

Answer 2

Si sólo miramos la integral, obtenemos que integral (ln ((1-e ^ (-2 i (pi x))) / (1-e ^ (2 i (pi x))) /(x (ln(x)+z)) dx = (2ipix+ln(-e^(-2ipix)))ln(ln(x)+z)-2ipie^(-z)Ei(z+ln(x)) + constante donde la integral exponencial Ei. Debido a su límite, la integral no convergen independientemente de z siempre y cuando sea un elemento de C