Cómo evaluar la integral impropia $\int_{0}^{\infty}\frac{\tan^{-1}{x}}{e^{ax}-1}dx$?

Question

Estoy tratando de evaluar la integral impropia,

$$I(a)=\int_{0}^{\infty}\frac{\tan^{-1}{x}}{e^{ax}-1}\mathrm{d}x,~~~\text{where }a\in\mathbb{R}^+.$$

¿Esta integral tiene una simple forma cerrada de expresión? Y si es así, la mejor manera de obtenerla?

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Mi intento

Mi primera idea fue la de integrar por partes usando $f=\tan^{-1}{x}$$dg=\frac{\mathrm{d}x}{e^{ax}-1}$, con la esperanza de que el resultado de la integral sería susceptible de solución por medio de la diferenciación bajo el signo integral. Así que he encontrado la integral indefinida,

$$\int\frac{\tan^{-1}{x}}{e^{ax}-1}\mathrm{d}x=\tan^{-1}{x}\left(\frac{1}{a}\log{(1-e^{ax})}-x\right)-\int\left(\frac{\log{(1-e^{ax})}}{a(x^2+1)}-\frac{x}{x^2+1}\right)\mathrm{d}x,$$

pero luego me di cuenta de que esto resultaría en un límite imaginario plazo para el correspondiente de la integral definida sobre$[0,\infty)$, ya que

$$\begin{cases}\lim_{x\to\infty}\tan^{-1}{x}\left(\frac{1}{a}\log{(1-e^{ax})}-x\right)=i\frac{\pi^2}{2a},\\ \lim_{x\to0}\tan^{-1}{x}\left(\frac{1}{a}\log{(1-e^{ax})}-x\right)=0.\end{casos}$$

Quiero evitar el complejo de variables, si es posible, así que no sé si quiero seguir por este camino.

¿Alguien puede ofrecer consejos o sugerencias?

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CORRECCIÓN: Como Vladimir señalado, la correcta anti-derivada es en realidad,

$$\int\frac{\tan^{-1}{x}}{e^{ax}-1}\mathrm{d}x=\tan^{-1}{x}\left(\frac{1}{a}\log{(e^{ax}-1)}-x\right)-\int\left(\frac{\log{(e^{ax}-1)}}{a(x^2+1)}-\frac{x}{x^2+1}\right)\mathrm{d}x.$$

Entonces, ya que,

$$\begin{cases}\lim_{x\to\infty}\tan^{-1}{x}\left(\frac{1}{a}\log{(e^{ax}-1)}-x\right)=\frac{\pi}{2}\cdot0=0,\\ \lim_{x\to0}\tan^{-1}{x}\left(\frac{1}{a}\log{-e^{ax}-1)}-x\right)=0,\end{casos}$$

tenemos,

$$I(a)=-\int_{0}^{\infty}\left(\frac{\log{(e^{ax}-1)}}{a(x^2+1)}-\frac{x}{x^2+1}\right)\mathrm{d}x.$$

Answer 1

Considere la posibilidad de una relativa integral de la $\displaystyle\;J(a) = \int_0^\infty e^{-ax}\tan^{-1}(x) dx\;$. Podemos integrar por parte de conseguir: $$J(a) = \frac{1}{a}\int_0^\infty e^{-ax}\frac{dx}{1+x^2}$$

Con esto, podemos reescribir nuestra integral como $$I(a) = \int_0^\infty \left(\sum_{n=1}^\infty e^{-nax}\right)\bronceado^{-1}(x)dx = \sum_{n=1}^\infty J(na) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{na}\int_0^\infty e^{-nax}\frac{dx}{1+x^2}$$ Reemplace $x$ $x/n$ en cada uno de los términos, esto puede ser transformado como $$I(a) = \frac{1}{a}\int_0^\infty e^{-al}\left(\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{t^2+n^2}\right) dt $$ Comience con una infinita expansión de productos de $\displaystyle\;\frac{\sinh(\pi x)}{\pi x}\;$. Tomando logaritmo y diferenciar, $$\frac{\sinh(\pi x)}{\pi x} = \prod_{n=1}^\infty \left(1 + \frac{x^2}{n^2}\right) \quad\implica\quad \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{x^2 + n ^2 } = \frac{1}{2x}\left( \pi\coth(\pi x) - \frac{1}{x}\right) $$ podemos reescribir la suma en el interior sobre integrando de a $I(a)$ y obtener

$$I(a) = \frac{\pi}{2a}F\left(\frac{a}{\pi}\right) \quad\text{ donde }\quad F(x) = \int_0^\infty e^{xt} \left(\coth(t) - \frac{1}{t}\right) \frac{dt}{t} $$ Aviso $$-\frac{dF(x)}{dx} = \int_0^\infty e^{-xt}\left(\coth(t) - \frac{1}{t}\right)dt$$ y comparar esto con una representación integral de la función digamma $\displaystyle\;\psi(x) = \frac{d\log\Gamma(x)}{dx}\;$, $$\psi(x) = \int_0^\infty\left(\frac{e^{-t}}{t} - \frac{e^{xt}}{1-e^{-t}}\right)dt \quad\implica\quad \psi\left(\frac{x}{2}\right) = \int_0^\infty\left(\frac{e^{-2t}}{t} - \frac{2e^{xt}}{1-e^{-2t}}\right)dt $$ Tenemos $$\begin{array}{rrl} &-\frac{dF(x)}{dx} &= \int_0^\infty \frac{e^{-2t} - e^{-xt}}{t}dt - \frac12 \left[\psi\left(\frac{x}{2}\right) + \psi\left(\frac{x}{2}+1\right)\right]\\ &&= \log\frac{x}{2} - \frac12\left[\psi\left(\frac{x}{2}\right) + \psi\left(\frac{x}{2}+1\right)\right]\\ \implies & F(x) &= \text{const.} + \log\Gamma\left(\frac{x}{2}\right) + \log\Gamma\left(\frac{x}{2}+1 \right) - x\log\left(\frac{x}{2e}\right) \end{array}$$ Desde $\lim\limits_{x\to\infty}F(x) = 0$, podemos usar la aproximación de Stirling para corregir la constante en $F(x)$$-\log(2\pi)$. Como resultado, Nos encontramos con

$$I(a) = \frac{\pi}{2a}\left[ 2\log\Gamma\left(\frac{a}{2\pi}+1\right) - \log(a)\right] -\frac12\log\left(\frac{a}{2\pi e}\right) $$

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{{\rm I}\pars{a}=\int_{0}^{\infty} {\arctan\pars{x}\\expo{ax} - 1}\,\dd x\,,\qquad \mbox{donde }\quad \in \mathbb{R}^{+}}$.

Set $\quad\ds{ax \equiv 2\pi t\quad\imp\quad x = {2\pi t \over a}}$: \begin{align} {\rm I}\pars{a}&={2\pi \over a}\int_{0}^{\infty} {\arctan\pars{2\pi t/a}\over \expo{2\pi t} - 1}\,\dd t \quad\imp\quad \totald{\bracks{a{\rm I}\pars{a}}}{a} =2\pi\int_{0}^{\infty}{-2\pi t/a^{2} \over \pars{2\pi t/a}^{2} + 1}\, {\dd t \over \expo{2\pi t} - 1} \end{align}

$$ \totald{\bracks {{\rm I}\pars{un}}}{a} =-\int_{0}^{\infty} {t\,\dd t \\bracks{t^{2} + \pars{a/2\pi}^{2}}\pars{\expo{2\pi t} - 1}} $$

Vamos a utilizar la identidad de ${\bf\mbox{6.3.21}}$ donde $\ds{\Psi\pars{z}}$ es la Función Digamma${\bf\mbox{6.3.1}}$ \begin{align} \Psi\pars{z} = \ln\pars{z} - {1 \over 2z} - 2 \int_{0}^{\infty} {t\,\dd t \over \pars{t^{2} + z^{2}}\pars{\expo{2\pi t} - 1}}\tag{%#%#%} \end{align} vamos a llegar $$ \totald{\bracks{z\,{\rm I}\pars{2\pi z}}}{z} =\media\bracks{\Psi\pars{z} - \ln\pars{z} + {1 \over 2z}} $$

\begin{align} {\rm I}\pars{2\pi z}&={1 \over 2z} \bracks{\ln\pars{\Gamma\pars{z}} + z - z\ln\pars{z} + \half\,\ln\pars{z}} +{{\rm C} \over z} \end{align} donde $\bf 6.3.21$ es una constante y $\ds{\rm C}$ es la La Función Gamma $\ds{\Gamma\pars{z}}$.

${\bf\mbox{6.1.1}}$ se encuentra señalando que $\ds{C}$. Con Stirling Fórmula Asintótica$\ds{\lim_{z \to \infty}{\rm I}\pars{2\pi z} = 0}$: $$ \ln\pars{\Gamma\pars{z}}\sim \pars{z \mitad de}\ln\pars{z} - z + \media\,\ln\pars{2\pi}\,,\qquad \verts{z} \to \infty\quad\mbox{en}\quad \verts{{\rm arg}\pars{z}} < \pi $$ llegamos ${\bf\mbox{6.1.41}}$ tal que \begin{align} {\rm I}\pars{2\pi z}&={1 \over 2z} \bracks{\ln\pars{\Gamma\pars{z}} + z - z\ln\pars{z} + \half\,\ln\pars{z \over 2\pi}} \end{align}

Conjunto $\ds{C = -\,{\ln\pars{2\pi} \over 4}}$ $\ds{z = {a \over 2\pi}}$: \begin{align} &\color{#77f}{\large\int_{0}^{\infty}\!\!\!{\arctan\pars{x}\,\dd x \over \expo{ax} - 1}} \\[3mm]&=\color{#77f}{\large{\pi \over a} \bracks{\ln\pars{\Gamma\pars{a \over 2\pi}} + {a \over 2\pi} - {a \over 2\pi}\, \ln\pars{a \over 2\pi} + \half\,\ln\pars{a \over 4\pi^{2}}}} \end{align}

Answer 3

Espero que sea de ACEPTAR que puedo hablar, pero yo había jugado con esto en algún momento de nuevo utilizando las Abel-Plana de la fórmula. Una fórmula que puede venir en práctico. No es tan bonito como Achille y Félix soluciones, pero sí muestra cómo enfriar el AP fórmula puede ser.

En caso de que usted está familiarizado, el de Abel-Plana fórmula estados:

$$\sum_{n=0}^{\infty}f(n)=1/2f(0)+\int_{0}^{\infty}f(x)dx+i\int_{0}^{\infty}\frac{f(ix)-f(-ix)}{e^{2\pi x}-1}dx$$

Ahora, vamos a $\displaystyle f(n)=\frac{1}{(n+t)^{a}}$

Nota: la suma de $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(n+t)^{a}}=\zeta(a,t)$

y tenemos: $$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(n+t)^{a}}=\frac{1}{2t^{a}}+\frac{1}{(s-1)t^{s-1}}+i\int_{0}^{\infty}\frac{(t+ix)^{-a}-(t-ix)^{-a}}{e^{2\pi x}-1}dx \tag{1}$$.

Tenga en cuenta que $$\frac{1}{(t+ix)^{a}}-\frac{1}{(t-ix)^{a}}=\frac{2}{i(t^{2}+x^{2})^{a/2}}\sin(a\cdot \tan^{-1}(x/t))$$

diff (1) w.r.t 'a' y obtenemos:

$$\zeta'(a,t)=\frac{-\log(t)}{2t^{a}}-\frac{t^{1-a}[1+(a-1)\log(t)]}{(a-1)^{2}}+i\int_{0}^{\infty}\frac{(t-ix)^{-a}\log(t-ix)-(t+ix)^{-a}\log(t+ix)}{e^{2\pi x}-1}dx \tag{2}$$

La integral de la derecha puede ser escrita como:

$$2\Im \int_{0}^{\infty}\frac{(t+ix)^{-a}\log(t+ix)}{e^{2\pi x}-1}dx$$

Ahora, vamos a $a=0$ (2):

$$\zeta'(0,t)=(t-1/2)\log(t)-t+i\int_{0}^{\infty}\frac{\log(t-ix)-\log(t+ix)}{e^{2\pi x}-1}dx$$

Note lo que el lado derecho está empezando a parecer?. Recuerde que el complejo arctan identidad.

por lo tanto, tenemos $$\zeta'(0,t)=(t-1/2)\log(t)-t+2\int_{0}^{\infty}\frac{\tan^{-1}(x/t)}{e^{2\pi x}-1}dx$$

También podemos utilizar una identidad que los estados $\displaystyle \zeta'(0,t)=\log\Gamma(t)-1/2\log(2\pi)$

y finalmente llegar a:

$$\log\Gamma(t)-1/2\log(2\pi)=(t-1/2)\log(t)-t+2\int_{0}^{\infty}\frac{\tan^{-1}(x/t)}{e^{2\pi x}-1}dx$$

Pero, para conseguir esto último arctan integral en su forma, he utilizado el mismo sub Felix utilizado y deje $t\to \frac{a}{2\pi}$

$$\frac{2\pi}{a}\int_{0}^{\infty}\frac{\tan^{-1}(\frac{2\pi u}{a})}{e^{2\pi u}-1}du=\frac{\pi}{a}\left[\log\Gamma(\frac{a}{2\pi})-\frac{a}{2\pi}\log(\frac{a}{2\pi})+1/2\log(\frac{a}{2\pi})+\frac{a}{2\pi}-1/2\log(2\pi)\right]$$

es decir, Vamos a $a=2\pi$ y obtener el famoso:

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{\tan^{-1}(x)}{e^{2\pi x}-1}dx=1/2-1/4\log(2\pi)$