Un duro integral: $\int_0^{+\infty}\left( \frac1{\log(x+1)-\log x}-x-\frac12\right)^2 dx$

Question

Me gustaría demostrar la convergencia de

$$I=\int_0^{+\infty}\left( \frac1{\log(x+1)-\log x}-x-\frac12\right)^2 dx$$

a continuación, obtener una forma cerrada de $I$ .
La convergencia está garantizada por el hecho de que $x \mapsto f(x)=\left( \frac1{\log(x+1)-\log x}-x-\frac12\right)^2$ es continua en $(0,+\infty)$ con $f(x) \sim \dfrac14$ como $x \to 0^+$ y $f(x) \sim \dfrac1{144 x^2}$ como $x \to +\infty.$

No he conseguido encontrar una forma cerrada de $I$ . Mi intento fue considerar una determinada integral de parámetros y luego hacer alguna diferenciación para deshacerse del $\log$ términos...

Answer 1

Lo tenemos: $$ I = \frac{1}{4}\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{e^t-1}-\frac{1}{t}\right)^2\frac{dt}{\sinh^2(t/2)}$$ donde: $$\frac{1}{2}+\frac{1}{e^t-1}-\frac{1}{t} = \sum_{n\geq 1}\frac{2t}{t^2+4\pi^2 n^2}\tag{1}$$ así como: $$ \frac{1}{\sinh^2(t)}=\frac{1}{t^2}+2\sum_{n\geq 1}\frac{(t^2-n^2\pi^2)}{(t^2+n^2\pi^2)^2}\tag{2}$$ por lo que nuestra integral depende de las dos series: $$ \sum_{n\geq 1}\sum_{m\geq 1}\int_{0}^{+\infty}\frac{dt}{(t^2+4n^2\pi^2)(t^2+4m^2\pi^2)}=\frac{1}{16\pi^2}\sum_{n\geq 1}\sum_{m\geq 1}\frac{1}{mn(m+n)}=\color{red}{\frac{\zeta(3)}{8\pi^2}}$$ $$ \sum_{c\geq 1}\sum_{a\geq 1}\sum_{b\geq 1}\int_{0}^{+\infty}\frac{t^2(t^2-4c^2\pi^2)\,dt}{(t^2+4\pi^2 a^2)(t^2+4\pi^2 b^2)(t^2+4\pi^2 c^2)^2}\\=\frac{1}{16\pi^2}\sum_{c,a,b\geq 1}\frac{ab-c^2}{(a+b)(a+c)^2(b+c)^2}.\tag{3}$$ La primera serie es bien conocida, por ejemplo: $$\sum_{m,n\geq 1}\frac{1}{mn(m+n)}=\sum_{n\geq 1}\frac{2H_{n-1}}{n^2}=2\int_{0}^{1}\frac{\log(1-x)\log x}{x}\,dx = \int_{0}^{1}\frac{\log^2 x}{1-x^2}\,dx.$$

¿Y el segundo? Se puede escribir como una integral sobre el cubo unitario, por lo que creo que se puede calcular mediante las técnicas expuestas por C. Viola en Transformaciones birracionales y valores de la función zeta de Riemann , párrafo $4$ , Grupos de permutación para integrales triples . Aprovechando la $a\leftrightarrow b$ simetría que tenemos:

$$\begin{eqnarray*} \sum_{c,a,b\geq 1}\frac{ab-c^2}{(a+b)(a+c)^2(b+c)^2} &=& \sum_{c,a,b\geq 1}\frac{(a+c)(b-c)}{(a+b)(a+c)^2(b+c)^2}\\&=&\sum_{c,a,b\geq 1}\left(\frac{1}{a+c}-\frac{1}{a+b}\right)\frac{1}{(b+c)^2}\end{eqnarray*} $$ lo que sugiere que la última serie en $(3)$ es simplemente cero, pero hay algunos problemas de convergencia: se nos permite intercambiar $a$ y $b$ pero no se nos permite intercambiar $b$ y $c$ . Tenemos:

$$ \sum_{a,b\geq 1}\left(\frac{1}{a+c}-\frac{1}{a+b}\right)\frac{1}{(b+c)^2}=\frac{1}{c^3}+\frac{\gamma+\psi(c)}{c^2}-\frac{\psi'(c)}{c}-\frac{1}{2}\psi''(c)\tag{4}$$ por lo tanto: $$ \sum_{c\geq 1}\sum_{a,b\geq 1}\frac{ab-c^2}{(a+b)(a+c)^2(b+c)^2}=-\frac{1}{2}\sum_{c\geq 1}\psi''(c)\tag{5}$$ y:

$$ I = \color{red}{\frac{\zeta(3)}{2\pi^2}-\frac{1}{24}} = 0.01923024745\ldots \tag{6}$$

El último paso se desprende de la representación integral para el $\psi$ función: $$\sum_{c\geq 1}\psi''(c)=-\sum_{s\geq 0}\int_{0}^{1}\frac{x^s\,\log^2 x}{1-x}\,dx = -\int_{0}^{1}\frac{\log^2 x}{(1-x)^2}\,dx = -2\zeta(2).$$

Answer 2

He aquí una solución alternativa: Introducimos

$$ I(s) = \int_{0}^{\infty} \left( \frac{1}{e^x - 1} + \frac{1}{2} - \frac{1}{x}\right)^2 \frac{x^s e^x}{(e^x - 1)^2} \, dx. $$

Es fácil de comprobar $I = I(0)$ y $I(s)$ es analítico para $\Re(s) > -1$ . También podemos comprobar que

\begin{align*} J(n, s) &:= \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}e^x}{(e^x - 1)^{n+1}} \, dx = \sum_{k=n}^{\infty} \binom{k}{n} \frac{\Gamma(s)}{k^s} \\ &= \frac{\Gamma(s)}{n!} \sum_{j=0}^{n} (-1)^{n-j} \left[{n \atop j}\right] \zeta(s-j), \tag{1} \end{align*}

donde $\left[{n \atop j}\right]$ denota el número de Stirling del primer tipo. Utilizando esto, si $\Re(s)$ es grande, entonces encontramos que

\begin{align*} I(s) &= J(3, s+1) + J(2,s+1) + \tfrac{1}{4}J(1, s+1) \\ &\qquad - 2J(2, s) - J(1, s) + J(1, s-1). \tag{2} \end{align*}

Introduciendo (1) en esta ecuación y utilizando el principio de continuación analítica, comprobamos que la expresión resultante sigue siendo válida cerca de $s = 0$ . Simplificando (2), obtenemos

$$ I(s) = \left( \frac{\Gamma(s+1)}{6} - \Gamma(s) + \Gamma(s-1) \right)\zeta(s-2) + \frac{1}{12}\Gamma(s+1)\zeta(s) $$

y tomando $s \to 0$ tenemos

$$ I(0) = -2\zeta'(-2) + \frac{1}{12}\zeta(0) = \frac{\zeta(3)}{2\pi^2} - \frac{1}{24}. $$