Forma cerrada de $\int_0^{\infty} \frac{\log(x)}{\cosh(x) \sec(x)- \tan(x)} \ dx$

Question

Qué análisis real ¿herramientas me recomendarías para obtener la forma cerrada de la integral de abajo?

$$\int_0^{\infty} \frac{\log(x)}{\cosh(x) \sec(x)- \tan(x)} \ dx$$

Answer 1

El lugar donde yo empezaría es el resultado ingenioso, probado aquí que

$$\frac{\sin{x}}{\cosh{t} - \cos{x}} = 2 \sum_{k=1}^{\infty} e^{-k t} \sin{k x} $$

Por supuesto, la integral se parece en realidad a

$$\int_0^{\infty} dx \frac{\cos{x}}{\cosh{x} - \sin{x}} \log{x} $$

por lo que necesitamos mapear $x \mapsto \pi/2 - x$ y tenemos que la integral es en realidad

$$2 \sum_{m=0}^{\infty} (-1)^m \int_0^{\infty} dx \, e^{-(2 m+1) x} \cos{(2 m+1) x}\, \log{x} + 2 \sum_{m=1}^{\infty} (-1)^{m+1} \int_0^{\infty} dx \, e^{-2 m x} \sin{2 m x}\, \log{x} $$

A continuación, observamos que

$$-k \int_0^{\infty} dx \, e^{-(1-i) k x} \log{x} = \frac{\log (k)}{2}+\frac{\gamma }{2}+\frac{\log (2)}{4}+\frac{\pi }{8}+i \left(\frac{\log (k)}{2}+\frac{\gamma }{2}+\frac{\log (2)}{4}-\frac{\pi }{8}\right)$$

Así que la integral es

$$-\sum_{m=0}^{\infty} (-1)^m \frac{\log{(2 m+1)}}{2 m+1} - \sum_{m=1}^{\infty} (-1)^{m+1} \frac{\log{(2 m)}}{2 m}\\ - \left (\gamma + \frac12 \log{2} + \frac{\pi}{4} \right )\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^m}{2 m+1} - \left (\gamma + \frac12 \log{2} - \frac{\pi}{4} \right )\sum_{m=1}^{\infty} \frac{(-1)^{m+1}}{2 m}$$

La tercera y la cuarta sumas son bien conocidas. La segunda es menos conocida, pero se puede demostrar que es

$$\frac{1}{4} \left(3 \log ^2(2)-2 \gamma \log (2)\right)$$

(Véase, por ejemplo, Williams & Hardy, El libro rojo de los problemas matemáticos , problema 71.)

La primera suma, sin embargo, es menos conocida. Se puede evaluar considerando la derivada de una función zeta generalizada (o un trascendente de Lerch). El resultado es

$$\sum_{m=0}^{\infty} (-1)^m \frac{\log{(2 m+1)}}{2 m+1} = \frac12 \log{2} \left [\psi{\left ( \frac{3}{4} \right )} - \psi{\left ( \frac{1}{4} \right )} \right ] - \frac14 \left [ \gamma_1{\left ( \frac{3}{4} \right )}-\gamma_1{\left ( \frac{1}{4} \right )}\right ]$$

donde $\gamma_1(a)$ es un constante de Stieltjes generalizada .

Si se combina todo esto, el resultado concuerda con una evaluación numérica realizada con Mathematica ( $ \approx -1.35775$ ).

ADDENUDUM

Aparentemente olvidé que había encontrado esa primera suma hace algún tiempo aquí y el resultado puede expresarse en términos más sencillos:

$$ \sum_{m=1}^{\infty} (-1)^{m} \frac{\log{(2 m+1)}}{2 m+1} = -\frac{\pi}{4} \gamma - \frac{\pi}{4} \log{\frac{\Gamma{\left ( \frac{3}{4} \right )}^4}{\pi}} $$

por lo que ahora podemos juntar todo esto de la siguiente manera:

$$\frac{\pi}{4} \gamma + \frac{\pi}{4} \log{\frac{\Gamma{\left ( \frac{3}{4} \right )}^4}{\pi}} - \frac{3}{4} \log^2{2} + \frac12 \gamma \log{2} - \left (\gamma + \frac12 \log{2} + \frac{\pi}{4} \right )\frac{\pi}{4} - \left (\gamma + \frac12 \log{2} - \frac{\pi}{4} \right )\frac12 \log{2}$$

o

$$\int_0^{\infty} dx \frac{\cos{x}}{\cosh{x} - \sin{x}} \log{x} = \frac{\pi}{4} \log{\frac{\Gamma{\left ( \frac{3}{4} \right )}^4}{\pi}} - \log^2{2} - \frac{\pi^2}{16}$$

ADDENDUM II

La metodología descrita puede aplicarse a otras integrales similares. Por ejemplo, es más sencillo demostrar que

$$\int_0^{\infty} dx \frac{x \sin{x}}{\cosh{x}-\cos{x}} \log{x} = \frac{1}{6} \pi ^2 \left(-12 \log{A}+1+\frac{\log{2}}{2}+\log{\pi} \right) $$

donde $A$ es la constante de Glaisher.

Answer 2

$$\int_0^{\infty} \frac{\log(x)}{\cosh(x) \sec(x)- \tan(x)} \ dx=\frac{\pi}{4}\log\left(\displaystyle \frac{4 \pi^3}{\Gamma\left(\displaystyle \frac{1}{4}\right)^4}\right)-\left(\frac{\pi}{4}\right)^2-\log^2(2)$$