Una buena expresión para$\int_0^{\pi/2} \left[\frac{1}{x \sin(x)}-\frac{1}{x^2}\right] \mathrm{d} x$

Question

Motivados por la más fácil integral $$ \int \limits_0^\infty \left[\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x \sinh(x)}\right] \mathrm{d} x = \ln(2) \, ,$$ He estado tratando de calcular

$$ I \equiv \int \limits_0^{\pi/2} \left[\frac{1}{x \sin(x)} - \frac{1}{x^2} \right] \mathrm{d} x \approx 0.29172334953491321 \, .$$

No he encontrado una forma cerrada de expresión y, sin embargo y a la inversa simbólico de las calculadoras no dan resultados. Sin embargo, algunas otras representaciones para $I$ pueden ser creadas usando los métodos siguientes:

1. Laurent serie

   La serie de Laurent de la función cosecante es dada por $$\csc(x) = \frac{1}{x} + \sum \limits_{k=1}^\infty \frac{\lvert \mathrm{B}_{2k}\rvert (4^k - 2)}{(2k)!} x^{2k-1}$$ in terms of the Bernoulli numbers $(\mathrm{B}_n)_{n \in \mathbb{N}_0}$ and has radius of convergence $\pi$ , so we can integrate termwise to obtain $$ \tag{1} I = \sum \limits_{k=1}^\infty \frac{\lvert \mathrm{B}_{2k}\rvert \left[2-4^{-(k-1)}\right] \pi^{2k-1}}{(2k-1)(2k)!} \, .$$

2. Polo de expansión

   La serie $$ \csc(x) = \frac{1}{x} + 2 x \sum \limits_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{\pi^2 n^2 - x^2}$$ yields $$\tag{2} I = \frac{1}{\pi} \sum \limits_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} \ln\left(\frac{2n+1}{2n-1}\right) \, .$$ Expanding the logarithm only leads to $$ \tag{3} I = \frac{1}{\pi} \sum \limits_{k=1}^\infty \frac{\eta(2k)}{(2k-1) 4^{k-1}} \, ,$$ which reduces to $(1)$ when the special values of the eta functions are used. Summation by parts turns $(2)$ en $$ \tag{4} I = \frac{4}{\pi} \sum \limits_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} (2n+1) \ln(2n+1)}{(2n+1)^2 -1} \, . $$ Esto también puede ser escrito como $$ \tag{5} I = \frac{4}{\pi} \beta'(1) + \frac{1}{\pi} \sum \limits_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} \ln(2n+1)}{2n^3+3n^2+n} \, ,$$ donde $\beta$ es la de Dirichlet función beta (hay una razonable bonita expresión para $\beta'(1)$).

3. Integración por partes

   Hay varias maneras posibles de integrar por partes. Uno de ellos muestra que $$ \tag{6} I = \frac{2}{\pi} \ln \left(\frac{4}{\pi}\right) + \frac{1}{2} \int \limits_0^{\pi/4} \frac{\ln[\tan(t)/t]}{t^2} \, \mathrm{d} t $$ holds. I am not sure how to proceed from here though. Plugging in the Maclaurin series of $\ln[\tan(t)/t]$ reproduces $(1)$ .

4. El contorno de integración (debido a eyeballfrog)

   Como se ha demostrado en eyeballfrog la respuesta también tenemos $$ \tag{7} I = \frac{2}{\pi} - \int \limits_0^\infty \frac{t}{1+t^2} \, \operatorname{sech}\left(\frac{\pi}{2} t\right) \, \mathrm{d} t \, .$$ Using the pole expansion of $\operatorname{sech}$ yields $(4)$ de nuevo.

Eso es todo lo que tengo en el momento, así que mi pregunta es:

Es posible encontrar una forma cerrada de la expresión para el valor de $I$ o podemos, al menos, volver a escribir cualquier de la integral o la serie de la representación en términos de una adecuada función especial?

Answer 1

Bueno, aquí un comienzo. Considerar el contorno de todo el rectángulo con esquinas en $\{0, \pi/2, \pi/2+iR,iR\}$. $1/[x\sin(x)]-1/x^2$ no tiene polos en esta región, por lo que la integral en todo el contorno debe ser 0. La parametrización de las integrales a lo largo de cada lado del contorno, a continuación, da $$ \int_0^{\pi/2}\left[\frac{1}{x\sin x}-\frac{1}{x^2}\right]dx + i\int_0^{R}\left[\frac{1}{(\pi/2+iy)\sin (\pi/2+iy)}-\frac{1}{(\pi/2+iy)^2}\right]dy - \int_0^{\pi/2}\left[\frac{1}{(x+iR)\sin(x+iR)}-\frac{1}{(x+iR)^2}\right]dx -i \int_0^{R}\left[\frac{1}{iy\sin(iy)}-\frac{1}{(iy)^2}\right]dy = 0 $$ La primera integral es la que queremos. La tercera integral desvanece como $R\rightarrow\infty$, mientras que el cuarto integrante es sólo $\int_0^\infty[1/y^2 - 1/(y\sinh y)]dy = \ln 2$ en ese límite. Así tenemos en el límite $R\rightarrow\infty$, $$ \int_0^{\pi/2}\left[\frac{1}{x\sin x}-\frac{1}{x^2}\right]dx + i\left(\int_0^{\infty}\left[\frac{1}{(\pi/2+iy)\sin (\pi/2+iy)}-\frac{1}{(\pi/2+iy)^2}\right]dy - \ln 2\right) = 0 $$ Desde la primera integral es puramente real, el $\ln 2$ plazo debe cancelar la parte real de la segunda integral, y hemos $$ \int_0^{\pi/2}\left[\frac{1}{x\sin x}-\frac{1}{x^2}\right]dx =\int_0^{\infty}\mathrm{Im}\left[\frac{1}{(\pi/2+iy)\sin (\pi/2+iy)}-\frac{1}{(\pi/2+iy)^2}\right]dy $$ En realidad, la expansión de la parte imaginaria y hacer varias álgebra cosas da $$ \int_0^{\pi/2}\left[\frac{1}{x\sin x}-\frac{1}{x^2}\right]dx = \frac{2}{\pi} - \int_0^\infty \frac{t}{1+t^2}\mathrm{sech}\left(\frac{\pi}{2}t\right)dt $$ A pesar de la relativa simplicidad de esta última integral, Mathematica no lo va a hacer y no lo encuentro o cosas que podría conducir a ella en Gradshteyn y Rhyzik. Alguien tiene una idea de a dónde ir desde aquí?

Answer 2

Sin el $t$ en el numerador, es la forma cerrada de la evaluación para el eyeballfrog-como integral $$ \int_0^\infty \frac{dt}{a^2+t^2}\,\text{sech}(\pi t/2) = \frac{1}{2a}\Big(\psi(\frac{a+3}{4}) - \psi(\frac{a+1}{4}) \Big) .$$ Sospecho que la 't' evitará que la respuesta de ser resuelto en forma cerrada. Hay variantes con $t/\sinh{(\pi t/2)}$ y sech-cuadrado, pero siempre el integrando es par. Sin embargo, con algo de calistenia uno puede obtener $$ \int_0^\infty dt \frac{t}{1+t^2}\text{sech}(\pi t/2) = 2\int_0^\infty \cos{(2\pi u)}\,\big(\psi(3/4+u) - \psi(1/4+u) \big) du .$$ Esto proporciona un poco de esperanza, porque se sabe que $$\int_0^\infty \cos{(2\pi u \,x)}\,\big(\psi(1+u) - \log(u) \big) du = \frac{1}{2}\big(\psi(1+x) - \log(x) \big).$$ Si sólo el argumento de la función digamma podría ser reemplazado con $1+u \to a+u$ y la nueva mano derecha poseía una forma cerrada de la evaluación, entonces el problema estaría resuelto.