Evaluar

Question

Quiero evaluar

ps

Intenté dejar$$\int_0^\infty\frac{\ln(1+x^2)}{e^{\pi x}-1}\,\mathrm dx y luego

$$\begin{align} I'(a)&=\int_0^\infty\frac{2ax^2}{(1+a^2x^2)(e^{\pi x}-1)}\,\mathrm dx\\[25pt] &=2a\int_0^\infty\mathscr L^{-1}\Big(\frac{x}{1+a^2x^2}\Big)\mathscr L\Big(\frac{x}{e^{\pi x}-1}\Big)\,\mathrm dx\\[25pt] &=-2a^{-2}\pi^{-2}\int_0^\infty \sin\frac xa \psi^{(1)}\left(1+\frac x\pi\right)\,\mathrm dx \end {align}$$ No puedo ir más allá.

Answer 1

Esto no es una solución completa, pero una reducción a una integral que se ve un poco más simple (aunque no estoy seguro de si se admite una forma cerrada de la expresión).

Integramos por partes y el uso de la expansión de la serie del logaritmo para obtener $$I \equiv \int \limits_0^\infty \frac{\ln(1+x^2)}{\mathrm{e}^{\pi x}-1} \, \mathrm{d} x = \frac{2}{\pi} \int \limits_0^\infty \frac{-x \ln(1-\mathrm{e}^{-\pi x})}{1+x^2} \, \mathrm{d} x = \frac{2}{\pi} \sum \limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n} \int \limits_0^\infty \frac{x \mathrm{e}^{-n \pi x}}{1+x^2} \, \mathrm{d} x \, .$$ Ahora empleamos la transformada de Laplace de la identidad $$\mathcal{L} \left(t \mapsto \frac{t}{1+t^2}\right) (p) = \sin(p) \left[\frac{\pi}{2} - \operatorname{Si}(p)\right] - \cos(p) \operatorname{Ci}(p)$$ y la representación $$\operatorname{Ci} (p) = \gamma + \ln(p) - \operatorname{Cin}(p)$$ del coseno integral ($\gamma$ es el de Euler-Mascheroni constante y el de las integrales trigonométricas se definen aquí) para escribir $$I = \frac{2}{\pi} \sum \limits_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} \operatorname{Ci}(n \pi) = \frac{2}{\pi} \left[[\gamma + \ln(\pi)] \ln(2) - \eta'(1) - \sum \limits_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} \operatorname{Cin}(n \pi)\right] \, .$$ $\eta$ es la de Dirichlet función de eta y desde $\eta'(1) = \gamma \ln(2) - \ln^2 (2) /2$ , nos encontramos con $$I = \frac{\ln(2) \ln(2 \pi^2)}{\pi} - J \, ,$$ donde $$J \equiv \frac{2}{\pi}\sum \limits_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} \operatorname{Cin}(n \pi) = \frac{2}{\pi} \int \limits_0^{\pi/2} \frac{1}{t} \sum \limits_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} [1-\cos(2 n t)] \, \mathrm{d} t \, .$$ Finalmente, la serie de Fourier de $\ln(\cos)$ rendimientos $$J = \frac{2}{\pi} \int \limits_0^{\pi/2} \frac{- \ln(\cos(t))}{t} \, \mathrm{d} t = \int \limits_0^1 - \ln(s) \tan \left(\frac{\pi}{2}s\right) \, \mathrm{d} s \approx 0.59921 \, .$$ No he encontrado una bonita expresión para $J$ todavía, pero tal vez alguien sabe cómo calcular esta integral.

El poder de la serie de expansiones de la integrands llevar a las siguientes representaciones en términos de Dirichlet función lambda y el dilogarithm: $$J = \frac{1}{\pi} \sum \limits_{n=1}^\infty \frac{\lambda(2n)}{n^2} = \frac{1}{\pi} \sum \limits_{k=0}^\infty \operatorname{Li}_2 [(2k+1)^{-2}] \, .$$

Answer 2

La integral puede ser transformado a $$I=\int_0^\infty \frac{\log{(1+x^2)}}{e^{\pi x} -1}dx = \frac{4}{\pi}\int_0^1 \frac{du}{1-u^2} \big(h(1/u)-h(u)\big)$$ donde $$h(u) = u\Big( \log{\Gamma(u/2)}-\frac{1}{2}(u-1)\log{(u/2)} + u/2 - \frac{1}{2}\log{(2\pi)} \Big)$$ Una integración por partes permite sacar conocido constantes que implican $\pi$$\log{2},$, pero el resto es feo, con integrands que implican $\log(1-u^2)\psi(u/2)$, por ejemplo. Yo derivada de la fórmula de $$\int_0^\infty \frac{ \tan^{-1}(x\,u)}{u(1-u^2)}du = \frac{\pi}{4} \log(1+x^2).$$ La integral es el principal valor de la integral en donde se debe tener cuidado en $u=1.$ Insertar en la definición, interruptor de $\int$, y el uso de la fórmula de Binet para el registro de la función Gamma en el interior de la integral. (La ecuación dentro de la gran paréntesis de la penúltima fórmula proviene de la fórmula de Binet.) La forma presentada proviene de la división de los restantes integral a $u=1$ y haciendo la transformación $u \to 1/u$ en la parte que se había extendido a $\infty.$ que Se ha comprobado numéricamente con la definición original.