Método de integración para $\int_0^\infty\frac{x}{(e^x-1)(x^2+(2\pi)^2)^2}dx=\frac{1}{96} - \frac{3}{32\pi^2}.$

Question

La siguiente integral definida se obtiene directamente de la representación integral de Hermite de la función zeta de Hurwitz. ¿Pero es posible obtener el mismo resultado mediante el cálculo del residuo u otra técnica?

$$ \int_{0}^{\infty} {x \over \left({\rm e}^{x}-1\right)\left [x ^ {2} + \left (2\pi\right) ^ {2} \right] ^ {2}} \,{\rm d} x = {1 \over 96} - {3 \over 32\pi ^ {2}}. $$

Answer 1

Esta integral puede ser realizado a través del teorema de los residuos, teniendo en cuenta la integral

$$\oint_C dz \frac{z \log{z}}{(e^z-1)(z^2+4 \pi^2)^2}$$

donde $C$ es un ojo de la cerradura de contorno sobre el eje real positivo, tener un círculo de radio de $R$ e interior de la circunferencia de radio $\epsilon$, cada uno centrado en el origen. Uno puede mostrar que las integrales sobre cada uno de los arcos circulares que se desvanecen como $R\to\infty$$\epsilon \to 0$. En este caso, entonces, por el teorema de los residuos, hemos

$$\int_0^{\infty} dx \frac{x}{(e^x-1) (x^2+4 \pi^2)^2} = -\sum_{k \ne 0, k \in \mathbb{Z}} \operatorname*{Res}_{z=i 2 \pi k} \frac{z \log{z}}{(e^z-1)(z^2+4 \pi^2)^2}$$

Al $k \ne 1$, los polos son simples. Tomando nota de que

$$\lim_{z\to i 2 \pi k} \frac{z-i 2 \pi k}{e^z-1}=1$$

tenemos que, al $k \gt 1$

$$-\operatorname*{Res}_{z=i 2 \pi k} \frac{z \log{z}}{(e^z-1)(z^2+4 \pi^2)^2} = \frac{k}{16 \pi^2 (k^2-1)^2}- i \frac{k \log{(2 \pi k)}}{8 \pi^3 (k^2-1)^2}$$

Al $k \lt 0$, sin embargo, debemos ser cuidadosos con el argumento de $-i$ como se define por el ojo de la cerradura de contorno que se usa; en este caso, $\arg{(-i)} = 3 \pi/2$ e no $-\pi/2$, y por lo tanto, cuando se $k \lt -1$

$$-\operatorname*{Res}_{z=-i 2 \pi k} \frac{z \log{z}}{(e^z-1)(z^2+4 \pi^2)^2} = -\frac{3 k}{16 \pi^2 (k^2-1)^2}+ i \frac{k \log{(2 \pi k)}}{8 \pi^3 (k^2-1)^2}$$

Por lo tanto la suma de los residuos al $k \ne \pm 1$ es

$$-\frac1{8 \pi^2} \sum_{k=2}^{\infty} \frac{k}{(k^2-1)^2} $$

La suma puede ser evaluado por fracciones parciales:

$$\sum_{k=2}^{\infty} \frac{k}{(k^2-1)^2} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{k+1}{((k+1)^2-1)^2} = \sum_{k=1}^{\infty}\frac14 \left [\frac1{k^2}-\frac1{(k+2)^2} \right ] = \frac{5}{16}$$

Poner esto juntos da la suma de los residuos para$|k|\gt 1$$-5/(128 \pi^2)$.

Para $|k|=1$, sin embargo, tenemos un triple poste. El cálculo en este caso es mucho más feo y me ahorraré los detalles:

$$\begin{align}-\operatorname*{Res}_{z=i 2 \pi} \frac{z \log{z}}{(e^z-1)(z^2+4 \pi^2)^2} &= -\frac12 \left [\frac{d^2}{dz^2}\frac{z (z-i 2 \pi) \log{z}}{(e^z-1)(z+i 2 \pi)^2} \right ]_{z=i 2 \pi}\\ &= -\frac1{192}-\frac{9}{256 \pi^2} -i \frac{(3+4 \pi^2) \log{(2 \pi)}}{384 \pi^3} \end{align}$$

Del mismo modo, y teniendo en cuenta el argumento de $-i$ como en el anterior, hemos

$$\begin{align}-\operatorname*{Res}_{z=-i 2 \pi} \frac{z \log{z}}{(e^z-1)(z^2+4 \pi^2)^2} &= -\frac12 \left [\frac{d^2}{dz^2}\frac{z (z+i 2 \pi) \log{z}}{(e^z-1)(z-i 2 \pi)^2} \right ]_{z=-i 2 \pi}\\ &= \frac{3}{192}-\frac{5}{256 \pi^2} +i \frac{(3+4 \pi^2) \log{(2 \pi)}}{384 \pi^3} \end{align}$$

Podemos poner todo esto junto, y finalmente tenemos integral para la

$$\int_0^{\infty} dx \frac{x}{(e^x-1) (x^2+4 \pi^2)^2} = \frac1{96}-\frac{7}{128 \pi^2} - \frac{5}{128 \pi^2} = \frac1{96}-\frac{3}{32 \pi^2}$$

como iba a ser mostrado.

Answer 2

Binet del segundo Registro de rayos Gamma integral fórmula es $$ \ln \Gamma(z)=\left(z-\frac{1}{2}\right)\ln z-z+\frac{1}{2}\ln(2\pi)+2\int_0^{\infty} \frac{\bronceado^{-1}(t/z)}{e^{2\pi t}-1} \ \mathrm{d}t $$ La diferenciación de dos veces w.r.t. $z$ da $$ \psi^{(1)}(z) = \frac{1 + 2z}{2 z^2} + 4\int_0^{\infty} \frac{zt}{(z^2+t^2)^2(e^{2\pi t}-1)} \ \mathrm{d}t. $$ Deje $t \mapsto x/2\pi$, luego $$ \psi^{(1)}(z) = \frac{1 + 2z}{2 z^2} + \int_0^{\infty} \frac{zx}{\pi^2(z^2+x^2/4\pi^2)^2(e^{x}-1)} \ \mathrm{d}x, $$ $$ \psi^{(1)}(z) = \frac{1 + 2z}{2 z^2} + 16\pi^2\int_0^{\infty} \frac{zx}{(4\pi^2z^2+x^2)^2(e^{x}-1)} \ \mathrm{d}x. $$ Evaluar en $z=1$, $$ {\pi^2 \más de 6} = \frac{3}{2}+16\pi^2\int_0^{\infty} \frac{x} {x^2+4\pi^2)^2(e^{x}-1)} \ \mathrm{d}x, $$ o, reordenando - $$ \int_0^{\infty} \frac{x} {x^2+4\pi^2)^2(e^{x}-1)} \ \mathrm{d}x = \frac{1}{96} - \frac{3}{32\pi^2}. $$