Un par de integrales definidas relacionadas con Stieltjes constantes

Question

En una (gran) de papel "Un teorema de la forma cerrada de la evaluación de la primera generalizado de Stieltjes constante en argumentos racionales y algunos relacionados con sumatorias" por Iaroslav V. Blagouchine, la siguiente representación integral de la primera Stieltjes constante $\gamma_1$ (en la página 539): $$\gamma_1=-\left[\gamma-\frac{\ln2}2\right]\ln2+i\int_0^\infty\frac{dx}{e^{\pi x}+1}\left\{\frac{\ln(1-ix)}{1-ix}-\frac{\ln(1+ix)}{1+ix}\right\}.\tag1$$ Es posible deshacerse de los números imaginarios en esta fórmula, y volver a escribir en términos de real de funciones con valores de: $$2\int_0^\infty\frac{\arctan x}{1+x^2}\frac{dx}{e^{\pi x}+1}-\int_0^\infty\frac{x\ln(1+x^2)}{1+x^2}\frac{dx}{e^{\pi x}+1}=\gamma_1+\left[\gamma-\frac{\ln2}2\right]\ln2.\tag2$$

Pregunta:
Es posible encontrar formas cerradas por separado para cada integral en el lado izquierdo de $(2)$?

Answer 1

Usando el contorno de integración, soy capaz de evaluar la primera integral en términos de una diferente serie infinita que puede o no puede ser capaz de ser evaluado en forma cerrada.

Primer aviso de que

$$ \begin{align} \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan x}{1+x^{2}} \frac{dx}{e^{\pi x}+1} &= \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan x}{1+x^{2}} \left(1- \tanh \left(\frac{\pi x}{2} \right) \right) \, dx \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan x}{1+x^{2}} \, dx- \frac{1}{4} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\arctan x}{1+x^{2}} \tanh \left(\frac{\pi x}{2} \right) \, dx \\ &= \frac{\pi^{2}}{16} + \frac{1}{4} \, \text{Im} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\log(1-ix)}{1+x^{2}} \tanh \left(\frac{\pi x}{2} \right) \, dx . \end{align} $$

Ahora vamos a $ \displaystyle f(z) = \frac{\log(1-iz)}{1+z^{2}} \tanh \left(\frac{\pi z}{2} \right).$

Entonces a partir de la $ \displaystyle \int f(z) \ dz$ se desvanece a lo largo de la mitad superior del círculo $|z|=2N$ $N \to \infty$ a través de los enteros positivos, obtenemos

$$ \begin{align} &\int_{0}^{\infty} \frac{\arctan x}{1+x^{2}} \frac{dx}{e^{\pi x}+1} \\ &= \frac{\pi^{2}}{16} + \frac{1}{4} \, \text{Im} \ 2 \pi i \left(\text{Res}[f(z),i] + \sum_{n=1}^{\infty} \text{Res} [f(z), i(2n+1)] \right) \\ &= \frac{\pi^{2}}{16} + \frac{1}{4} \, \text{Im} \ 2 \pi i \left( \frac{\log(2)-1}{2 \pi} - \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\log(2n+2)}{2 \pi(n^{2}+n)}\right) \\ &= \frac{\pi^{2}}{16} + \frac{\log (2)}{4} - \frac{1}{4} - \frac{\log (2)}{4} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{4} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\log(n+1)}{n(n+1)} \\ &= \frac{\pi^{2}}{16} - \frac{1}{4} - \frac{1}{4} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\log(n+1)}{n(n+1)} . \end{align}$$

EDITAR:

En esta respuesta, Olivier Oloa habla acerca de los coeficientes de la parte regular de la expansión en series de Laurent en el origen de la poli-Hurwitz zeta función (la que él se refiere como el ácido poli-Stieltjes constantes).

Resulta que podemos evaluar las anteriores series infinitas en términos de la poli-Stieltjes constantes.

De acuerdo con el Teorema 2,

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\log(n+1)}{n(n+1)} = \gamma_{1}(1,0) - \gamma_{1}(1,1)$$ which, if I understand correctly, reduces to $$\gamma_{1}(1,0) - \gamma_{1}.$$

Como una nota del lado, Wolfram Alpha no devuelve una muy buena aproximación del valor de la serie infinita. Y si usted pide más dígitos, se devolverá un resultado diferente.

Pero parece que el valor de la serie infinita es aproximadamente $ 1.2577468869$.

Answer 2

Sólo una respuesta parcial, por ahora, pero prometedora. Vamos a: $$\begin{eqnarray*} I(z)&\triangleq&\int_{0}^{+\infty}\frac{\arctan\frac{t}{z}}{(t^2+1)(e^{\pi t}+1)}\,dt\\ &=&\int_{0}^{+\infty}\frac{\arctan\frac{t}{z}}{(t^2+1)(e^{\pi t}-1)}\,dt+2\int_{0}^{+\infty}\frac{\arctan\frac{t}{z}}{(t^2+1)(e^{2\pi t}-1)}\,dt\\&=&2\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{\arctan\frac{2t}{z}}{4t^2+1}+\frac{\arctan\frac{t}{z}}{t^2+1}\right)\frac{dt}{e^{2\pi t}-1}.\end{eqnarray*}$$ Tenemos: $$ I'(z) = -2\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{2}{(4t^2+1)(4t^2+z^2)}+\frac{1}{(t^2+1)(t^2+z^2)}\right)\frac{t\,dt}{e^{2\pi t}-1}$$ que es tratable a través de las Abel-Plana de la fórmulacon $$ f(u) = \frac{1}{(u+1)(u+z)}.$$ Tenemos: $$ \sum_{n\geq 0}f(n) = \frac{\psi(z)-\psi(1)}{z-1},\qquad \int_{0}^{+\infty}f(u)\,du = \frac{\log z}{z-1},$$ y, ya que para cualquier $z>0$ tenemos: $$I(z)\leq \frac{1}{z}\int_{0}^{+\infty}\frac{t\,dt}{e^{\pi t}+1}=\frac{1}{12 z}$$ $I(1)$ sólo depende de: $$\int_{1}^{+\infty}\frac{\log z}{z^2-1}\,dz = \frac{\pi^2}{8}$$ y: $$ J = \int_{1}^{+\infty}\frac{\psi(z)-\psi(1)}{z^2-1}\,dz = \sum_{n\geq 0}\frac{1}{n+1}\int_{1}^{+\infty}\frac{dz}{(z+1)(z+n)}=\sum_{n\geq 0}\frac{\log\frac{n+1}{2}}{n^2-1}.$$ Desde: $$ J = \log 2 +\frac{1}{4}-\sum_{n\geq 2}\frac{\log 2}{n^2-1}+\sum_{n\geq 2}\frac{\log(n+1)}{n^2-1}=\frac{1+\log 2}{4}+\sum_{n\geq 2}\frac{\log(n+1)}{n^2-1}$$ es suficiente para calcular: $$ \sum_{n\geq 2}\frac{\log(n+1)}{n^2-1}=\frac{d}{d\alpha}\left.\sum_{n\geq 2}\frac{(n+1)^{\alpha-1}}{(n-1)}\right|_{\alpha=0}.$$