Forma cerrada de la integral log gamma $\int_0^z\ln\Gamma(t)~dt$ para $z =1,\frac12, \frac13, \frac14, \frac16,$ utilizando la constante de Catalan y Gieseking?

Question

Tenemos lo conocido,

$$I(z)=\int_0^z\ln\Gamma(t)~dt=\frac{z(1-z)}2+\frac z2\ln(2\pi)+z\ln\Gamma(z)-\ln G(z+1)$$ o alternativamente, $$I(z)=\int_0^z\ln\Gamma(t)~dt= \frac{z(1-z)}{2}+\frac{z}{2}\ln(2\pi) -(1-z)\ln\Gamma(z) -\ln G(z)$$

desde el Función G de Barnes obedece a $G(1+z)=\Gamma(z)\, G(z)$ .

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La función G de Barnes $G(z)$ es bastante exótico ( BarnesG(z) en la sintaxis WA), y podemos preguntarnos si se puede expresar en términos de otras funciones especiales como polilogos o poligamas. Resulta que para $z$ una fracción unitaria, se puede hacer para $z = 1,\frac12,\frac13,\frac14,\frac16$ . Dada la _Función Clausen_ $\operatorname{Cl}_2(z)$ y,

$$\begin{aligned} A \;&= \text{Glaisher–Kinkelin constant}\\ \operatorname{Cl}_2\left(\frac\pi2\right) &=\text{Catalan's constant}\\ \operatorname{Cl}_2\left(\frac\pi3\right) &=\text{Gieseking's constant} \end{aligned}$$

entonces,

$$\begin{aligned} \ln G\left(\frac11\right)\;&= \;0\\ \ln G\left(\frac12\right) &= -\frac32\ln A -\frac12\ln\Gamma\left(\frac12\right)+\frac1{24}\ln 2+\frac1{8}\\ \ln G\left(\frac13\right) &= -\frac43\ln A -\frac23\ln\Gamma\left(\frac13\right)-\frac{1}{6\pi}\operatorname{Cl}_2\left(\frac\pi3\right)+\frac1{72}\ln 3+\frac1{9}\\ \ln G\left(\frac14\right) &= -\frac98\ln A -\frac34\ln\Gamma\left(\frac14\right)-\frac{1}{4\pi}\operatorname{Cl}_2\left(\frac\pi2\right)+\frac3{32}\\ \ln G\left(\frac16\right) &= -\frac56\ln A -\frac56\ln\Gamma\left(\frac16\right)-\frac{1}{4\pi}\operatorname{Cl}_2\left(\frac\pi3\right)-\frac1{72}\ln 2-\frac1{144}\ln3+\frac5{72}\\ \end{aligned}$$

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Q: ¿Podemos encontrar una forma cerrada de la función G de Barnes $G(z)$ por lo que la integral logarítmica gamma $I(z)$ para otros unidad fracción $z \neq 1,\frac12,\frac13,\frac14,\frac16$ ?

Answer 1

Utilicemos la integración por partes:

$$I(z)=\int_0^z\ln\Gamma(t)~dt=z \ln\Gamma(z)-\int_0^z t \psi(t) dt$$

$$\psi(t)=\log t-\frac{1}{2t}-2 \int_0^\infty \frac{udu}{(u^2+t^2)(e^{2 \pi u}-1)}$$

$$\int_0^z t \log t dt=\frac{z^2}{4} (2 \log z-1)$$

$$\frac{1}{2}\int_0^z dt=\frac{z}{2}$$

$$2 \int_0^z \frac{t dt}{u^2+t^2}=\log \left(1+ \frac{z^2}{u^2} \right)$$

Lo que nos da:

$$I(z)=z \ln\Gamma(z)+\frac{z^2}{4} (1-2 \log z)+\frac{z}{2}+\int_0^\infty \frac{udu}{e^{2 \pi u}-1} \log \left(1+ \frac{z^2}{u^2} \right)$$

Comparando con la expresión de la OP, tenemos:

$$\log G(z+1)=\frac{z}{2} \left(\log(2 \pi)+z \log z- \frac{3 z}{2} \right)-\int_0^\infty \frac{udu}{e^{2 \pi u}-1} \log \left(1+ \frac{z^2}{u^2} \right)$$

Consideremos la integral:

$$J(z)=\int_0^\infty \frac{udu}{e^{2 \pi u}-1} \log \left(1+ \frac{z^2}{u^2} \right)$$

Cambiemos la variable:

$$u=z v$$

$$J(z)=z^2 \int_0^\infty \frac{vdv}{e^{2 \pi z v}-1} \log \left(1+ \frac{1}{v^2} \right)$$

$$J(z)=z^2 \sum_{n=1}^\infty \int_0^\infty e^{-2 \pi n z v}v \log \left(1+ \frac{1}{v^2} \right) dv$$

Lo tenemos:

$$z^2 \int_0^\infty e^{-2 \pi n z v}v \log \left(1+ v^2 \right) dv= \\ = \frac{1}{2 \pi^2 n^2} \left([2 \pi n z \cos (2 \pi n z)-\sin (2 \pi n z) ] \left(\operatorname{Si}(2 \pi n z)-\frac{\pi}{2} \right)- \\ -[2 \pi n z \sin (2 \pi n z)+\cos (2 \pi n z) ] \operatorname{Ci}(2 \pi n z)+1 \right)$$

$$2z^2 \int_0^\infty e^{-2 \pi n z v}v \log \left(v \right) dv= \frac{1}{2 \pi^2 n^2} \left(1-\gamma-\log (2 \pi n z) \right)$$

Lo que nos da:

$$J(z)=J_1(z)+J_2(z)+J_3(z)$$

$$J(z)=\frac{1}{2 \pi^2} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} \left(\gamma+\log(2 \pi) + \log z+ \log n \right)+ \\ + \frac{1}{2 \pi^2} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} \left([2 \pi n z \cos (2 \pi n z)-\sin (2 \pi n z) ] \left(\operatorname{Si}(2 \pi n z)-\frac{\pi}{2} \right) - \\ -[2 \pi n z \sin (2 \pi n z)+\cos (2 \pi n z) ] \operatorname{Ci}(2 \pi n z) \right)$$

La primera parte es sencilla:

$$J_1(z)=\frac{\gamma+\log(2 \pi) + \log z}{12}$$

$$J_2(z)=\frac{1}{2 \pi^2} \sum_{n=1}^\infty \frac{\log n}{n^2}=- \frac{1}{12} (\gamma+ \log(2 \pi))+\log A$$

Así que:

$$J_1(z)+J_2(z)=\frac{\log z}{12}+\log A$$

El resto de las series tienen una forma muy complicada, a menos que $z$ es un entero o medio entero.

$$J_3(z)=\frac{1}{2 \pi^2} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} \left([2 \pi n z \cos (2 \pi n z)-\sin (2 \pi n z) ] \left(\operatorname{Si}(2 \pi n z)-\frac{\pi}{2} \right) - \\ -[2 \pi n z \sin (2 \pi n z)+\cos (2 \pi n z) ] \operatorname{Ci}(2 \pi n z) \right)$$

Sin embargo, hay que tener en cuenta las identidades de la Wikipedia:

$$\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin(t)}{t+x}}dt=\int _{0}^{\infty }{\frac {e^{-xt}}{t^{2}+1}}dt=\operatorname {Ci} (x)\sin(x)+\left[{\frac {\pi }{2}}-\operatorname {Si} (x)\right]\cos(x)$$

$$\int _{0}^{\infty }{\frac {\cos(t)}{t+x}}dt=\int _{0}^{\infty }{\frac {te^{-xt}}{t^{2}+1}}dt=-\operatorname {Ci} (x)\cos(x)+\left[{\frac {\pi }{2}}-\operatorname {Si} (x)\right]\sin(x)$$

Con un poco de cuidado podemos encontrar una forma alternativa para la serie que muy probablemente conducirá a funciones de Clausen, al menos para algunos valores especiales de $z$ .

$$J_3(z)=\frac{1}{2 \pi^2} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} \int _{0}^{\infty }{\frac {\cos(t)}{t+2 \pi n z}}dt -\frac{z}{\pi} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} \int _{0}^{\infty }{\frac {\sin(t)}{t+2 \pi n z}}dt$$

$$J_3(z)=J_4(z)+J_5(z)$$

Nótese que podemos representar las integrales como

$$\int _{0}^{\infty }{\frac {\cos(\pi u)}{u+ 2 n z}}du= \sum_{m=0}^\infty \int_{m}^{m+1} \frac {\cos(\pi u)}{u+ 2n z} du=\sum_{m=0}^\infty (-1)^m \int_0^1 \frac {\cos(\pi u)}{u+m+ 2n z} du$$

$$\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin(\pi u)}{u+ 2 n z}}du= \sum_{m=0}^\infty \int_{m}^{m+1} \frac {\sin(\pi u)}{u+ 2n z} du=\sum_{m=0}^\infty (-1)^m \int_0^1 \frac {\sin(\pi u)}{u+m+ 2n z} du$$

Creo que la solución está en este camino.

Está especialmente claro por qué $z=1/2$ da la forma más sencilla.

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La integración repetida por partes nos da:

$$\int_0^1 \frac {\sin(\pi u)}{u+m+ 2n z} du = \frac{1}{\pi} \left(\frac{1}{m+ 2n z+1}+\frac{1}{m+ 2n z} \right)-\frac{2}{\pi^2} \int_0^1 \frac {\sin(\pi u)}{(u+m+ 2n z)^3} du$$

$$\int_0^1 \frac {\cos(\pi u)}{u+m+ 2n z} du = \frac{1}{\pi} \int_0^1 \frac {\sin(\pi u)}{(u+m+ 2n z)^2} du$$

Que separa la expresión en cuatro series dobles:

$$S_1(z)=-\frac{z}{\pi^2} \sum_{n=1}^\infty \sum_{m=0}^\infty \frac{(-1)^m}{n(m+2nz+1)}$$

$$S_2(z)=-\frac{z}{\pi^2} \sum_{n=1}^\infty \sum_{m=0}^\infty \frac{(-1)^m}{n(m+2nz)}$$

$$S_3(z)=\frac{2z}{\pi^3} \sum_{n=1}^\infty \sum_{m=0}^\infty \frac{(-1)^m}{n} \int_0^1 \frac {\sin(\pi u)}{(u+m+ 2n z)^3} du$$

$$S_4(z)=\frac{1}{2\pi^3} \sum_{n=1}^\infty \sum_{m=0}^\infty \frac{(-1)^m}{n^2} \int_0^1 \frac {\sin(\pi u)}{(u+m+ 2n z)^2} du$$

Obsérvese que las dos últimas series tienen el mismo orden de convergencia.

Suma con respecto a $m$ de las dos primeras series nos da:

$$S_1+S_2=-\frac{z}{2\pi^2} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} \left(\psi(zn+1)-\psi(zn) \right)=- \frac{1}{12}$$

Entonces:

$$J(z)=\frac{\log z-1}{12}+\log A+S_3(z)+S_4(z)$$

Si colapsamos el $m$ serie de nuevo en $S_3,S_4$ las nuevas integrales y el $n$ convergerán absolutamente, a diferencia de las originales. Por lo tanto, puede haber alguna forma agradable de evaluarlas.

$$S_3(z)=\frac{2z}{\pi^3} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3} \int_0^\infty \frac {\sin(\pi n u)}{(u+2 z)^3} du=\frac{1}{2\pi^3 z} \int_0^\infty \frac {\operatorname{Sl}_3(2\pi z u)}{(u+1)^3} du$$

$$S_4(z)=\frac{1}{2\pi^3} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3} \int_0^\infty \frac {\sin(\pi n u)}{(u+ 2 z)^2} du=\frac{1}{4\pi^3 z} \int_0^\infty \frac {\operatorname{Sl}_3(2\pi z u)}{(u+1)^2} du$$

El segundo tipo de funciones Clausen $\operatorname{Sl}_n$ se denotan a veces como $\operatorname{Gl}_n$ .

$$J(z)=\frac{\log z-1}{12}+\log A+\frac{1}{4\pi^3 z} \int_0^\infty \frac {\operatorname{Sl}_3(2\pi z u) (u+3)}{(u+1)^3} du$$

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Tomemos:

$$z= \frac{1}{q}, u = q v$$

$$S_3 \left(\frac1q \right)=\frac{q^2}{2\pi^3} \int_0^\infty \frac {\operatorname{Sl}_3(2\pi v)}{(qv+1)^3} dv=\frac{1}{2 q\pi^3} \sum_{m=0}^\infty \int_0^1 \frac {\operatorname{Sl}_3(2\pi v)}{(v+m+1/q)^3} dv$$

$$S_3 \left(\frac1q \right)=-\frac{1}{4 q\pi^3} \int_0^1 \operatorname{Sl}_3(2\pi v)~ \psi ^{(2)}\left(v+\frac{1}{q}\right) dv$$

$$S_4 \left(\frac1q \right)=\frac{1}{4 \pi^3} \int_0^1 \operatorname{Sl}_3(2\pi v)~ \psi ^{(1)}\left(v+\frac{1}{q}\right) dv$$

Para $0<v<1$ resulta que $\operatorname{Sl}_2(2\pi v)$ se representan mediante polinomios de Bernoulli, por lo que

$$\operatorname{Sl}_3(2\pi v)= \frac23 \pi^3 B_3 (v)= \frac26 \pi^3\left(v-3v^2+2 v^3 \right)$$

Así que tenemos:

$$S_3 \left(\frac1q \right)=-\frac{1}{12 q} \int_0^1 (v-3v^2+2 v^3 )~ \psi ^{(2)}\left(v+\frac{1}{q}\right) dv$$

$$S_4 \left(\frac1q \right)=\frac{1}{12} \int_0^1 (v-3v^2+2 v^3 )~ \psi ^{(1)}\left(v+\frac{1}{q}\right) dv$$

Utilizando la integración por partes:

$$S_3 \left(\frac1q \right)=\frac{1}{12 q} \int_0^1 (1-6v+6 v^2 )~ \psi ^{(1)}\left(v+\frac{1}{q}\right) dv$$

$$S_3 \left(\frac1q \right)+S_4 \left(\frac1q \right)=\frac{1}{12 q} \int_0^1 (1+(q-6)v+3(2-q) v^2 +2q v^3)~ \psi ^{(1)}\left(v+\frac{1}{q}\right) dv$$

Usando de nuevo la integración por partes:

$$S_3 \left(\frac1q \right)+S_4 \left(\frac1q \right)=\frac{1}{12 q} \left(\psi \left(1+\frac{1}{q}\right)-\psi \left(\frac{1}{q}\right)\right) - \\ - \frac{1}{2 q} \int_0^1 \left(\frac{q}{6}-1+(2-q) v +q v^2\right)~ \psi \left(v+\frac{1}{q}\right) dv$$

Así que tenemos:

$$J (z)=\log A+\frac{z}{12} \left(\psi (1+z)-\psi (z)\right)+\frac{\log z-1}{12} - \\ -\frac{1}{2} \int_0^1 \left(\frac{1}{6}-z+(2z-1) v + v^2\right)~ \psi \left(v+z\right) dv $$

Usando de nuevo la integración por partes:

$$J (z)=\log A+\frac{z}{12} \left(\psi (1+z)-\psi (z)\right)+\frac{\log z-1}{12} - \\ -\frac{1}{2} \left(\frac{1}{6}+z\right)~ \log \Gamma(1+z)+\frac{1}{2} \left(\frac{1}{6}-z\right)~ \log \Gamma(z) + \\ + \frac{1}{2} \int_0^1 \left(2z-1 + 2v\right)~ \log \Gamma \left(v+z\right) dv $$

Volvemos a la integral log-Gamma, pero un poco diferente. Cambiando $v=t-z$ obtenemos:

$$J (z)=\log A+\frac{z}{12} \left(\psi (1+z)-\psi (z)\right)+\frac{\log z-1}{12} - \\ -\frac{1}{2} \left(\frac{1}{6}+z\right)~ \log \Gamma(1+z)+\frac{1}{2} \left(\frac{1}{6}-z\right)~ \log \Gamma(z) + \\ + \frac{1}{2} \int_z^{1+z} \left(2t-1\right)~ \log \Gamma \left(t\right) dt $$

Usando esto y comparando con la integral original, obtenemos una curiosa identidad:

$$\int_0^z \log \Gamma(t) dt- \int_z^{1+z} \left(t-\frac{1}{2} \right) \log \Gamma(t) dt= \\ = \frac{z}{12} \left(\psi (1+z)-\psi (z)\right)- \frac{z(1+z)}{2} \log z+ \frac{z(z+2)}{4}+\log A- \frac{1}{12}$$

O, si denotamos:

$$I(z)=\int_0^z \log \Gamma(t) dt \\ Y(z)=\int_0^z t \log \Gamma(t) dt=z I(z)-\int_0^z I(t) dt$$

$$\frac{1}{2} (I(z)+I(z+1))=Y(z+1)-Y(z)+ \\ + \frac{z}{12} \left(\psi (z+1)-\psi (z)\right)- \frac{z(z+1)}{2} \log z+ \frac{z(z+2)}{4}+\log A- \frac{1}{12} \tag{*}$$

No parece muy útil en este caso, sin embargo podría ser una buena definición para la constante de Glaisher-Kinkelin.

Answer 2

Añadiendo otra respuesta con un intento diferente, esta vez utilizando la serie.

A partir de una de las preguntas enlazadas averiguamos la representación de la serie de Taylor:

$$\log \Gamma(z)=\sum_{k=2}^{\infty} \frac{\zeta(k)}{k} (1-z)^{k} +\gamma (1-z)$$

$$I(z)=\sum_{k=2}^{\infty} \frac{\zeta(k)}{k} \frac{1- (1-z)^{k+1}}{k+1} +\frac{\gamma}{2} z (2-z)$$

Comparando con la segunda ecuación de la OP, tenemos:

$$\log G(z)=\frac{z(1-z)}{2}+\frac{z}{2}\log(2\pi)-\frac{\gamma}{2} (2-2z+z^2)- \\ -\sum_{k=2}^{\infty} \frac{\zeta(k)}{k} (1-z)^{k+1} -\sum_{k=2}^{\infty} \frac{\zeta(k)}{k} \frac{1- (1-z)^{k+1}}{k+1}$$

Simplificando:

$$2\frac{\log G(z)}{1-z}=z-\log(2\pi)-\gamma (1-z)-2 \sum_{k=2}^{\infty} \frac{\zeta(k)}{k+1} (1-z)^k $$

Lo que significa:

$$2\frac{\log G(1-z)}{z}=1-z-\log(2\pi)-\gamma z-2 \sum_{k=2}^{\infty} \frac{\zeta(k)}{k+1} z^k \tag{1}$$

$$-2\frac{\log G(1+z)}{z}=1+z-\log(2\pi)+\gamma z-2 \sum_{k=2}^{\infty} \frac{\zeta(k)}{k+1} (-1)^k z^k \tag{2}$$

Sumando las dos ecuaciones:

$$ \frac{1}{z} \log \frac{G(1-z)}{G(1+z)}=1 -\log(2\pi)-2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\zeta(2n)}{2n+1} z^{2n}$$

Comparando con la expresión de Wikipedia, tenemos:

$$\frac{1}{z} \log \frac{G(1-z)}{G(1+z)}=\log \left({\frac {\sin \pi z}{\pi }}\right)+ \frac{1}{2 \pi z}\operatorname {Cl} _{2}(2\pi z)$$

$$2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\zeta(2n)}{2n+1} z^{2n}=1-\log 2-\log (\sin \pi z)-\frac{1}{2 \pi z}\operatorname {Cl} _{2}(2\pi z) \tag{3}$$

Que corresponde a una de las expresiones de la serie de la página de Wikipedia de la función Clausen.

Esto sólo nos da términos parejos de la serie. Veamos qué podemos hacer con los Impares. Restemos (2) de (1):

$$ \frac{1}{z} \log \left(G(1-z) G(1+z)\right)=-(1+\gamma) z-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\zeta(2n+1)}{n+1} z^{2n+1} \tag{4}$$

Tenga en cuenta que:

$$\zeta(2n+1)=\operatorname {Cl} _{2n+1}(0)=- \frac{2^{2n}}{2^{2n}-1} \operatorname {Cl} _{2n+1}(\pi)$$

Intentemos trabajar directamente con la serie de (4):

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\zeta(2n+1)}{n+1} z^{2n+1}=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{z^{2n+1}}{n+1} \frac{1}{k^{2n+1}}$$

$$S(z)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\zeta(2n+1)}{n+1} z^{2n+1}=-\sum_{k=1}^{\infty} \left( \frac{z}{k}+\frac{k}{z} \log \left(1- \frac{z^2}{k^2} \right) \right)= \\ =-\sum_{k=1}^{\infty} \frac{z}{k} \left(1 +\frac{1}{z^2} \log \left(1- \frac{z^2}{k^2} \right)^{k^2} \right)$$

Como $k \to \infty$ obviamente tenemos una función exponencial en los paréntesis. La serie en sí parece complicada, pero existe un valor conocido para un producto infinito relacionado:

$$\prod_{k=2}^{\infty} e \left(1-\frac{1}{k^2} \right)^{k^2}=\frac{\pi}{e^{3/2}}$$

En nuestro caso:

$$e^{-S}(z)=\prod_{k=1}^{\infty} \left(e \left(1- \frac{z^2}{k^2} \right)^{k^2/z^2} \right)^{z/k}$$

Tenga en cuenta que:

$$\prod_{k=2}^{\infty} \left(e \left(1- \frac{1}{k^2} \right)^{k^2} \right)^{1/k}=\frac{e^{\gamma}}{2}$$

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Esto no parece llevar a ninguna parte. Volvamos a la serie original:

$$S=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\zeta(2n+1)}{n+1} z^{2n+1}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^{2n+1}}{(2n)! (n+1)} \int_0^\infty \frac{x^{2n} dx}{e^x-1} $$

$$S= \frac{1}{z} \int_0^\infty \frac{2-z^2 x^2-2 \cosh (z x)+2 z x \sinh (z x)}{e^x-1} \frac{dx }{x^2}$$

$$S= \int_0^\infty \frac{2-t^2-2 \cosh t+2 t \sinh t}{e^{t/z}-1} \frac{dt }{t^2}$$

Si ampliamos el denominador, podemos hacer los términos por separado:

$$S= \sum_{k=1}^\infty \int_0^\infty e^{- k/z t} (2-t^2-2 \cosh t+2 t \sinh t) \frac{dt }{t^2}$$

Tenemos ( $a>1$ ):

$$\int_0^\infty e^{- a t} (2-t^2-2 \cosh t) \frac{dt }{t^2}=- \frac{1}{a}+ \log \frac{(a-1)^{a-1} (a+1)^{a+1}}{a^{2a}}$$

$$2 \int_0^\infty e^{- a t} \sinh t \frac{dt }{t}=\log \frac{a+1}{a-1}$$

Sin embargo, esto nos llevará a las series con logaritmos que ya consideramos.

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Otra integral zeta nos da:

$$\zeta(2n+1)=\frac{n+1}{2n}+ \frac{1}{i} \int_0^{\infty } \frac{dt}{e^{2 \pi t}-1} \left(\frac{1}{(1-i t)^{2n+1}} -\frac{1}{(1+i t)^{2n+1}} \right)$$

Así que tenemos:

$$S=- \frac{z \log (1-z^2)}{2} -2z \int_0^{\infty } \frac{t dt}{(e^{2 \pi t}-1)(1+t^2)}+ \\ +\frac{1}{i z} \int_0^{\infty } \frac{dt}{e^{2 \pi t}-1} \left((1+i t) \log \left( 1-\frac{z^2}{(1+i t)^2} \right) -(1-i t) \log \left( 1-\frac{z^2}{(1-i t)^2} \right) \right)$$

$$S=\left(1-2\gamma- \log (1-z^2) \right) \frac{z}{2} + \\ +\frac{2}{z} \Im \int_0^{\infty } \frac{dt}{e^{2 \pi t}-1} \left((1+i t) \log \left( 1-\frac{z^2}{(1+i t)^2} \right) \right)$$

Lo tenemos:

$$\log (a+i b)= \frac{1}{2} \log (a^2+b^2) +i \arctan \frac{b}{a}$$

Continuaré más tarde y veré lo que puedo hacer.

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Utilizando la representación integral del logaritmo, también podemos escribir $S$ como:

$$S(z)=- \gamma z - \frac{1}{z} \int_0^z u \left( \psi(1+u)+\psi(1-u) \right) du$$

O:

$$S(z)=1- \gamma z - \frac{1}{z} \int_0^z \pi u \cot \pi u du- \frac{2}{z} \int_0^z u \psi(1+u) du$$

Aquí volvemos a reconocer la integral relacionada con la función de Clausen y una integral digamos desconocida que es el punto de partida de mi otro intento de respuesta.

Answer 3

Un tercer intento de respuesta por la falta de espacio en las dos anteriores. Espero que la comunidad me perdone esta vez.

Intentemos tratar la siguiente integral, ya que de todos modos todo se reduce a ella:

$$R(z)=z \int_0^1 u \psi (z u) du$$

Quiero utilizar la fórmula de agotamiento a la que se hace referencia en esta pregunta :

$$\int_0^1f(x)\,dx=-\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^{2^n-1}\frac{(-1)^m}{2^n}f\left(\frac m{2^n}\right)$$

En nuestro caso se verá así:

$$R(z)=-\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2^n} \sum_{m=1}^{2^n-1}(-1)^m \frac{zm}{2^n} \psi\left(\frac {zm}{2^n}\right) \tag{1}$$

Cuando $z$ es racional, la función digamma tiene propiedades especiales y puede representarse como una suma finita.

Esta fórmula de Wikipedia (de este documento ) parece prometedor:

$$\sum _{m=1}^{N-1}\psi \left({\frac {m}{N}}\right)\cdot {\frac {m}{N}}=-{\frac {\gamma }{2}}(N-1)-{\frac {N}{2}}\log N-{\frac {\pi }{2}}\sum _{m=1}^{N-1}{\frac {m}{N}}\cdot \cot {\frac {\pi m}{N}}$$

Con algunos experimentos numéricos en Mathematica encontré la siguiente suma relacionada:

$$\sum _{m=1}^{2N-1}(-1)^m \psi \left({\frac {m}{2N}}\right) {\frac {m}{2N}}=\frac {\gamma }{2}+ N \log 2 -{\frac {\pi }{2}}\sum _{m=1}^{2N-1} (-1)^m {\frac {m}{2N}}\cdot \cot {\frac {\pi m}{2N}}$$

No me molestaré en demostrarlo, ya que se cumple numéricamente con mucha precisión.

En primer lugar, tomemos $z=1$ y:

$$N=2^{n-1}$$

$$R(1)=-\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2^n} \sum_{m=1}^{2^n-1}(-1)^m \frac{m}{2^n} \psi\left(\frac {m}{2^n}\right)$$

$$R(1)= - \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2^n} \left(\frac {\gamma }{2}+ 2^{n-1} \log 2-\frac {\pi }{2} \sum_{m=1}^{2^n-1}(-1)^m \frac{m}{2^n} \cot \left(\frac {\pi m}{2^n}\right) \right)$$

$$R(1) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2^n} \sum_{m=1}^{2^n-1}(-1)^m m \left( \log 2 + \frac{1}{2^n} \left( \frac {\pi }{2}\cot \left(\frac {\pi m}{2^n}\right)+\gamma \right)\right) \tag{2}$$

Si de alguna manera podemos transformar esto de nuevo en una integral, podemos ver inmediatamente la conexión con la función de Clausen, a través de la ya mencionada integral:

$$\int _{0}^{z}\pi x\cot \pi x\,dx$$

Ahora para $z=2^k$ podemos generalizar esto de una manera obvia. Para otros racionales $z$ se vuelve un poco más complicado, pero tal vez el método de agotamiento en sí mismo puede ser generalizado.

Si descubro cómo continuar con esto, lo haré. Parece el intento más prometedor hasta ahora, porque claramente requiere una fracción racional, o mejor aún, unitaria $z$ a trabajar.

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Resulta que hay una relación más general para los digamos de argumentos racionales ( $m<N$ ):

$$\psi \left({\frac {m}{N}}\right)=-\gamma -\log (2N)-\frac {\pi }{2} \cot \left(\frac {\pi m }{N}\right)+2\sum _{n=1}^{\left\lfloor {\frac {N-1}{2}}\right\rfloor }\cos \left({\frac {2\pi n m}{N}}\right)\log \sin \left({\frac {\pi n}{N}}\right)$$

Que claramente se puede utilizar para la racionalidad $z<1$ para transformar la expresión (1) en algo relacionado con las funciones de Clausen (véase la suma logarítmica del seno).

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Otra forma de utilizar los valores en puntos racionales es Polinomios de Bernstein :

$$\psi_N(x) = \sum_{m=0}^{N} \binom{N}{m}x^m(1-x)^{N-m} \psi \left(\frac{m}{N}\right)$$

Lo que podría permitirnos derivar otra serie para la integral en cuestión.