Una prueba afortunada para el problema de Basilea.

Question

Voy a modificar esta parte ya que quiero que la prueba esté aquí.

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}=\frac43\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n+1)^2}=-\frac43\sum_{n=0}^\infty \int_0^1 x^{2n}\ln x dx=\frac43\int_0^1 \frac{\ln x}{x^2-1}dx$$ $$\int_0^1 \frac{\ln x}{x^2-1}dx\overset{x\rightarrow \frac{1}{x}}=\int_1^\infty \frac{\ln x}{x^2-1}dx\Rightarrow \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}=\frac23 \int_0^\infty \frac{\ln x}{(x+1)(x-1)}dx$$

$$=\frac23 I(1,-1)=\frac23 \frac{\ln^2 (1)-\ln^2(-1)}{2(1-(-1))}=\frac23 \frac{\pi^2}{4}=\frac{\pi^2}{6}$$

Donde consideramos la siguiente integral: $$I(a,b)=\int_0^\infty \frac{\ln x}{(x+a)(x+b)}dx\overset{x\rightarrow \frac{ab}{x}}=\int_0^\infty \frac{\ln\left(\frac{ab}{x}\right)}{(x+a)(x+b)}dx$$ Sumando las dos integrales de arriba se obtiene: $$2I(a,b)=\ln(ab)\int_0^\infty \frac{1}{(x+a)(x+b)}dx=\frac{\ln(ab)}{a-b}\ln\left(\frac{x+b}{x+a}\right)\bigg|_0^\infty $$ $$\Rightarrow I(a,b)=\frac{\ln(ab)}{2}\frac{\ln\left(\frac{a}{b}\right)}{a-b}=\frac{\ln^2 a-\ln^2 b}{2(a-b)}$$

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Desde aquí lo sabemos:

$$\int_0^\infty \frac{\ln x}{(x+a)(x-1)}dx=\frac{\ln^2 a+\pi^2}{2(a+1)} $$

También al enchufar $b=-1$ en $I(a,b)$ nos encontramos con que: $$I(a,-1)=\int_0^\infty \frac{\ln x}{(x+a)(x-1)}dx=\frac{\ln^2a -\ln^2 (-1)}{2(a-(-1))}=\frac{\ln^2 a+\pi^2 }{2(a+1)}$$

Ya sabemos que esto es cierto por el post enlazado, pero vamos a ignorarlo, ya que el post enlazado utiliza el problema de Basilea para demostrar el resultado.

¿Puede alguien demostrar con rigor que se nos permite enchufar $b=-1$ para obtener el resultado correcto?

Answer 1

Fijación de $a >0$ vemos que la integral \begin {align*} f(z) := \int_0 ^ \infty \frac { \log x}{(x+a)(x+z)} dx. \end {align*} converge absolutamente para $z$ lejos de $(-\infty,0]$ . Así que $f$ define una función analítica sobre $\mathbb C \setminus (-\infty,0]$ (lo que puede comprobarse mediante el teorema de Morera y el teorema de Fubini, por ejemplo). Esto implica $$ f(z) = \frac{\log^2 a - \log^2 z}{2(a-z)} $$ se mantiene no sólo en $(0,\infty)$ pero también $\mathbb C \setminus (-\infty,0]$ por continuación analítica. Ahora tenemos que comprobar la continuidad de $f$ en $z=-1$ . Dejemos que $$ F(x) = \int_1^x \frac{ \log t}{(t+a)(t-1)} dt,\quad x\ge 0 $$ para que $F(\infty) - F(0) $ es la integral deseada $\displaystyle I(a) = \int_0^\infty \frac{\log x}{(x+a)(x-1)} dx$ . Por integración por partes, \begin {align*} f(z) =& \left [F(x) \frac { x-1}{x+z} \right ]^ \infty _0 - (1+z) \int_0 ^ \infty \frac {F(x)}{(x+z)^2} dx \\ =& \left (F( \infty ) + \frac {F(0)}{z} \right )- (1+z) \int_0 ^ \infty \frac {F(x)}{(x+z)^2} dx, \quad z \neq 0 \end {align*} El primer término tiende a $I(a)$ como $z\to -1$ . Para $z=-1+it, t>0$ el segundo término puede estimarse como \begin {align*} |1+z| \left | \int_0 ^ \infty \frac {F(x)}{(x+z)^2} dx \right | \le & t \int_0 ^ \infty \frac {|F(x)|}{|x-1+it|^2} dx \\ \le & \int_0 ^ \infty \frac {t}{(x-1)^2 + t^2} |F(x)| dx \\ & \xrightarrow {t \to 0} \pi |F(1)| = 0. \end {align*} Así, $$ I(a)= \lim_{t\to 0^+} f(-1+it) =\frac{\log^2 a +\pi^2}{2(1+a)} . $$ Nota que este argumento sólo funciona para $z=-1$ desde $\displaystyle F(x) =\int_c^x \frac{\log t}{(t+a)(t-c)} dt$ no está bien definido (debido a la singularidad en $t=c$ ) para $c>0, c\ne 1$ .

Answer 2

1. De hecho, la ecuación $$\int_0^{\infty}\frac{\ln x\mathrm{d}x}{(x+a)(x+b)}=\frac{(\ln a)^2-(\ln b)^2}{2(a-b)}$$ es válida para todos los complejos distintos $a$ , $b$ que no está en el eje real no positivo, como se deduce inmediatamente de la representación integral del contorno $$\int_0^{\infty}\frac{\ln x\mathrm{d}x}{(x+a)(x+b)}=-\int_H\frac{\mathrm{d}x}{2\pi\mathrm{i}}\frac{(\ln x)^2}{2(x-a)(x-b)}\text{.}$$ Aquí $H$ es un Contorno de Hankel sobre el eje real negativo -donde el corte de la rama de $\ln$ es elegido para serlo.

2. Incluso si $b<0$ podemos considerar el valor principal de Cauchy $$\mathrm{P}\int_0^{\infty}\frac{\ln x\mathrm{d}x}{(x+a)(x-\lvert b\rvert)}\text{.}$$ En este caso, podemos utilizar el teorema de Sokhotski-Plemelj para llegar a $$\mathrm{P}\int_0^{\infty}\frac{\ln x\mathrm{d}x}{(x+a)(x-\lvert b\rvert)}=\frac{(\ln a)^2-(\ln \lvert b\rvert )^2+\pi^2}{2(a+\lvert b\rvert)}\text{.}$$

3. Si dejamos que $b=-1$ , entonces la integral converge y es igual a su valor principal de Cauchy. Por lo tanto $$\int_0^{\infty}\frac{\ln x\mathrm{d}x}{(x+a)(x-1)}=\frac{(\ln a)^2+\pi^2}{2(a+1)}\text{.}$$

Answer 3

He aquí una prueba "elemental" de su validez. Nota: $$ \frac1{(x+c)(x-1)}= \frac{1}{c+1} \left[ \frac{c-1}{(x+c)(x+1)} +\frac{2}{x^2-1} \right] $$

Entonces

$$ I= \int_0^\infty \frac{\ln x}{(x+c)(x-1)}dx = \frac{c-1}{c+1}I_1 + \frac{2}{c+1}I_2 \tag{1}$$

con

$$ I_1 =\int_0^\infty \frac{\ln x \>dx }{(x+c)(x+1)} \overset{t=1/x}=\int_0^\infty \frac{\ln c \>dt}{(t+c)(t+1)}- I_1 = \frac{\ln^2 c}{2(c-1)}\tag{2}$$

y

$$ I_2 =\int_0^\infty \frac{\ln x}{x^2-1}dx = J(1)$$

donde $J(\alpha)$ se define como

$$ J(\alpha) =\int_0^\infty \frac{\ln (1-\alpha^2 + \alpha^2 x^2)}{2(x^2-1)}dx $$

$$ J'(\alpha) =\int_0^\infty \frac{\alpha dx}{1-\alpha^2 + \alpha^2 x^2} = \frac{\pi/2}{\sqrt{1-\alpha^2}}$$

Entonces

$$ I_2 = J(1) = \int_0^1 J'(\alpha) d\alpha = \frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{d\alpha}{\sqrt{1-\alpha^2}} = \frac{\pi^2}{4} \tag{3}$$

Sustituyendo (2) y (3) en (1), obtenemos el resultado buscado

$$ I =\int_0^\infty \frac{\ln x}{(x+c)(x-1)}dx = \frac{\pi^2 + \ln^2 c}{2(c+1)}$$