Integral

Question

He tropezado con la siguiente integral:$$I=\int_0^\infty \frac{\ln x}{(\pi^2+\ln^2 x)(1+x)^2} \frac{dx}{\sqrt x}=-\frac{\pi}{24}$$ Aunque yo podría solucionarlo, yo no estoy muy a gusto con la manera en que lo hice.

Pero primero te voy a mostrar el camino. Podemos sustituir el $\ln x \rightarrow t\ $ que da: $$I=\int_{-\infty}^\infty \frac{t}{\pi^2+t^2}\frac{e^{\frac{t}{2}}}{(1+e^t)^2}dt\overset{t=-x}=\int_{-\infty}^\infty \frac{-x}{\pi^2+x^2}\frac{e^{-\frac{x}{2}}}{(1+e^{-x})^2}dx$$ También la adición de las dos integrales de arriba y simplificar algunos de los rendimientos: $$2I= \int_{-\infty}^\infty \frac{x}{\pi^2+x^2}\left(\frac{e^{\frac{x}{2}}}{(1+e^x)^2}-\frac{e^{-\frac{x}{2}}}{(1+e^{-x})^2}\right)dx$$ $$\Rightarrow I=-\frac{1}{4} \int_{-\infty}^\infty \frac{x}{\pi^2+x^2}\frac{\sinh \left(\frac{x}{2}\right)}{\cosh ^2\left(\frac{x}{2}\right)}dx$$ Y ahora una ronda de IBP da: $$I=\frac12 \int_{-\infty}^\infty \left(\frac{x^2-\pi^2}{(x^2+\pi^2)^2}\right)\left(\frac{1}{\cosh \left(\frac{x}{2}\right)}\right)dx$$ Utilizando el teorema de Plancherel la integral se simplifica a: $$I=\int_0^\infty \left(\sqrt{\frac{\pi}{2}}x\left(-e^{-\pi x}\right)\right)\left(\sqrt{2\pi}\frac{1}{\cosh(\pi x)}\right)dx\overset{\pi x\rightarrow x}=-\frac{1}{\pi}\int_0^\infty \frac{x}{\cosh( x)}e^{- x}dx$$ También tenemos la siguiente Laplace de transformar para:$$f(t)=\frac{t}{\cosh( t)}\rightarrow F(s)=\frac18\left(\psi_1\left(\frac{s+1}{4}\right)-\psi_1\left(\frac{s+3}{4}\right)\right)$$ Donde $\displaystyle{\psi_1(z)=\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(z+n)^2}}\,$ es el trigamma función. $$\Rightarrow I=-\frac{1}{\pi}F(s=1)=-\frac{1}{\pi}\cdot \frac18\left(\psi_1\left(\frac{1}{2}\right)-\psi_1 (1)\right)=-\frac{1}{\pi}\cdot \frac18\left(\frac{\pi^2}{2}-\frac{\pi^2}{6}\right)=-\frac{\pi}{24}$$ He hecho nada malo, o puede ser mejorado? Tengo que admitir que he utilizado principalmente wolfram al aplicar el teorema de Plancherel y la transformada de Laplace que no me siento cómoda con el, pero no he encontrado un método alternativo a mí mismo.

Para esta pregunta, me gustaría ver otra prueba de que no depende de ese teorema.

Probablemente no sea necesario, pero debo mencionar que mi contorno de integración de conocimiento es bastante bajo. Quizás también hay una conexion con esta integral, pero yo no encuentro ninguna.

Answer 1

A partir de la identidad

$$\Im\int_0^\infty e^{-(\pi-it)x}\,dx=\frac t{\pi^2+t^2}$$

vemos que no es suficiente para calcular la parte imaginaria de la integral

$$\int_0^\infty dx\int_{-\infty}^\infty dt\; \frac{e^{\alpha t}}{(1+e^t)^2}e^{-\pi x}$$

donde $\alpha=1/2+ix$. Ahora, la integral con respecto a $t$ es fácil por medio de la sustitución de $u=e^t$ y el uso de la función beta. Por lo tanto, obtener

$$\int_0^\infty \pi\left(\frac12-ix\right)\frac{e^{-\pi x}}{\cosh(\pi x)}\,dx.$$

Tomando la parte imaginaria vemos que el problema se reduce a calcular la integral

$$\int_0^\infty \frac{x e^{-\pi x}}{\cosh(\pi x)}\,dx =2\int_0^\infty \frac{x}{1+e^{2\pi x}}\,dx$$

que, después de la sustitución de $v=2\pi x$, se reduce a la representación integral de la función de eta $\eta(2)$. Observe también que el tomar la parte real se obtiene la evaluación

$$\int_0^\infty\frac1{(\pi^2+\log^2 x)(1+x)^2} \frac{dx}{\sqrt x}= \frac{\log 2}{2\pi}.$$

Este método se generaliza a otras integrales, tales como

\begin{align*} \int_0^\infty \frac{1}{(\pi^2+\ln^2 x)(1+x)^3} \frac{dx}{\sqrt x} &=\frac{3\log (2)}{8 \pi }-\frac{3 \zeta (3)}{16 \pi ^3}\\ \int_0^\infty \frac{\ln x}{(\pi^2+\ln^2 x)(1+x)^3} \frac{dx}{\sqrt x} &=-\frac{\pi }{24}\\ \int_0^\infty \frac{1}{(\pi^2+\ln^2 x)(1+x)^4} \frac{dx}{\sqrt x} &=\frac{5 \log (2)}{16 \pi }-\frac{9 \zeta (3)}{32 \pi ^3}\\ \int_0^\infty \frac{\ln x}{(\pi^2+\ln^2 x)(1+x)^4} \frac{dx}{\sqrt x} &=-\frac{223 \pi }{5760}\\ \int_0^\infty \frac{1}{(\pi^2+\ln^2 x)(1+x)^5} \frac{dx}{\sqrt x} &=-\frac{43 \zeta (3)}{128 \pi ^3}+\frac{15 \zeta (5)}{256 \pi ^5}+\frac{35 \log (2)}{128 \pi }\\ \int_0^\infty \frac{\ln x}{(\pi^2+\ln^2 x)(1+x)^5} \frac{dx}{\sqrt x} &=-\frac{103 \pi }{2880}\\ \end{align*}

Por cierto, ya que las integrales de $\int_0^\infty \frac{\ln x}{(\pi^2+\ln^2 x)(1+x)^k} \frac{dx}{\sqrt x}$ ambos producen el mismo valor de $k=2,3$, también podemos deducir

$$\int_0^\infty \frac{\sqrt x\ln x}{(\pi^2+\ln^2 x)(1+x)^3}\;dx=0.$$

Sin embargo, esto no debería ser sorprendente debido a la simetría $x\mapsto1/x$.

Answer 2

Que $\pi^2+\log^2(x)$ me hace pensar que la representación integral para Gregorio coeficientes:

$$ \int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{(1+x)^n (\pi^2+\log^2 x)} = \frac{1}{n!}\left[\frac{d^n}{dx^n}\frac{z}{\log(1-z)}\right]_{z=0}=[z^n]\frac{z}{\log(1-z)} \tag{1}$$ que puede ser visto como una consecuencia de la de Lagrange-Buhrmann inversión teorema. Sólo tenemos que insertar un factor de $\frac{\log x}{\sqrt{x}}$ en el integrando de la función que aparece en el lado izquierdo, así que vamos a volver a el teorema de los residuos.

$$ \int_{0}^{+\infty}\frac{\log(x)\,dx}{\sqrt{x}(1+x)^2(\pi^2+\log^2 x)}=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{t e^{-t/2}}{(2\cosh\frac{t}{2})^2 (\pi^2+t^2)}\,dt$$ es igual $$ -\frac{1}{4}\int_{\mathbb{R}}\frac{t\sinh\frac{t}{2}}{(t^2+\pi^2)\cosh^2\frac{t}{2}}\,dt=-\int_{\mathbb{R}}\frac{t\sinh t}{(4t^2+\pi^2)\cosh^2 t}\,dt. $$ La función de meromorphic $\frac{\sinh t}{\cosh^2 t}=-\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{\cosh t}\right)$ sólo tiene dos polos con residuo cero, por lo tanto toda la masa de la última integral proviene de la singularidad en $\frac{\pi i}{2}$ y del comportamiento en el infinito. El residuo teorema de subvenciones $$ \frac{1}{\cosh x}=\sum_{n\geq 0}(-1)^n \frac{\pi(2n+1)}{\frac{\pi^2}{4}(2n+1)^2+x^2} $$ y $$ \frac{\sinh x}{\cosh^2 x} = \sum_{n\geq 0}(-1)^n \frac{2\pi(2n+1)x}{(\frac{\pi^2}{4}(2n+1)^2+x^2)^2}.$$ Desde $$ \int_{\mathbb{R}}\frac{2\pi(2n+1)x^2}{(\frac{\pi^2}{4}(2n+1)^2+x^2)^2 (\pi^2+4x^2)}\,dx = \frac{1}{2\pi(n+1)^2}$$ nuestros integral es igual a $-\frac{1}{2\pi}\eta(2)=\color{red}{-\frac{\pi}{24}}$ por el teorema de convergencia dominada, permitiendo conmutar $\int_{\mathbb{R}}$ e $\sum_{n\geq 0}$. $\frac{1}{24}$ es también el coeficiente de $z^3$ en $\frac{z}{\log(1-z)}$, pero hasta ahora no he encontrado una manera directa de relacionar el original integral a la $n=3$ ejemplo de $(1)$.

Answer 3

Esta no es una respuesta completa, pero no se necesita la transformada completa de Laplace de $x/\cosh x$ , ya que la integral se puede hacer al expandir $1/\cosh x$ en una serie geométrica

$$ \begin{aligned} I = \int_{0}^{\infty}\frac{xe^{-x}}{\cosh x}\,\mathrm{d}x &= 2\int_{0}^{\infty}\frac{xe^{-x}}{e^{x}}\frac{\mathrm{d}x}{1+e^{-2x}} = 2\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\int_{0}^{\infty}xe^{-(2+2n)x}\,\mathrm{d}x \\ &= 2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{4(1+n)^{2}}\int_{0}^{\infty}ue^{-u}\,\mathrm{d}u = \frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{(1+n)^{2}} \\ &= \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^{2}} = \frac{\eta(2)}{2} = \frac{\pi^{2}}{24}\end {alineado} $$

donde $\eta(s)$ es la función de Dirichlet eta.