Expresión analítica de la integral especial

Question

Quiero calcular $$ \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan{2t}}{e^{2\pi t}+1} \, {\rm d}t $$ y me pregunto si existe una expresión analítica para el resultado. No he probado mucho hasta ahora, pero expresando el denominador como la serie geométrica y luego sustituyendo $z=2\pi t (n+1)$ . Equivalentemente obtengo $$ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{{\rm si}\left(\pi(n+1)\right)}{2\pi (n+1)} $$ donde $$ {\rm si}(x) = -\int_{x}^{\infty} \frac{\sin(t)}{t} \, {\rm d}t $$ es el desplazamiento ${\rm Si}(x)$ función. El valor es aproximadamente $0.03618247146$ de hecho sé por comparación con otra cosa que es exactamente $\frac{\ln \pi -1}{4}$ pero debería haber alguna derivación (directa), o

Gracias por tu aportación si tienes alguna.

Edición: He intentado seguir tus instrucciones, pero ahora estoy atascado. Así que escribí $$ {\cal L}^{-1} \left(\frac{\psi(t)-\psi(1)}{t-1}\right)(s) =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{e^{-sn}}{n+1} = e^s \int_s^\infty \frac{{\rm d}x}{e^{x}-1} $$ y tomando la transformada de Laplace \begin{align} \psi(t) &= \psi(1) + (t-1)\int_0^\infty {\rm d}s \, e^{-s(t-1)} \int_s^\infty \frac{{\rm d}x}{e^{x}-1} \\ &= \psi(1) + (t-1) \int_0^\infty {\rm d}x \int_{0}^{x} {\rm d}s \, \frac{e^{-s(t-1)}}{e^{x}-1} \\ &= \psi(1) + \int_{0}^{\infty} {\rm d}x \, \frac{1-e^{-x(t-1)}}{e^x-1} \tag{1} \\ &= -\frac{1}{t} + \psi(1) + \int_0^\infty {\rm d}x \, \frac{1-e^{-tx}}{e^x-1} \tag{2} \\ &= \dots \\ &=-\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{t+k} + \psi(1) + \int_0^\infty {\rm d}x \, \frac{1-e^{-(t+n)x}}{e^x-1} \\ &\stackrel{(\rm{2})}{=} -\frac{1}{2t} + \ln(t) - \int_0^\infty {\rm d}x \, \left\{ \frac{1}{2} - \frac{1}{x} + \frac{1}{e^x-1}\right\} e^{-tx} \tag{Binet 1} \end{align} donde $\psi(1)=-\gamma$ .

Ahora integramos sobre $t$ de $1$ a $y$ cediendo $$ \ln \Gamma(y) \stackrel{({\rm 1})}{=} \psi(1)\,(y-1) + \int_0^\infty {\rm d}x \, \frac{y-1+\frac{e^{-x(y-1)}-1}{x}}{e^x-1} $$ ¿pero ahora qué? ¿Sustituir?

Answer 1

Al considerar que $\frac{1}{z+1}= \frac{1}{z-1}-\frac{2}{z^2-1}$ y que, por El segundo de Binet $\log\Gamma$ fórmula , $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{\arctan\frac{t}{z}}{e^{2\pi t}-1}\,dt = \frac{1}{2}\left[\log\Gamma(z)-\left(z-\tfrac{1}{2}\right)\log z+z-\log\sqrt{2\pi}\right]\tag{Binet} $$ obtenemos $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{\arctan(2t)}{e^{2\pi t}-1}\,dt = \frac{1-\log 2}{4}$$ $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{2\arctan(2t)}{e^{4\pi t}-1}\,dt =\int_{0}^{+\infty}\frac{\arctan(t)}{e^{2\pi t}-1}\,dt = \frac{2-\log(2\pi)}{4}$$ y la integral dada es igual a $\color{red}{\frac{-1+\log\pi}{4}}$ como se sospecha.

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Añado un breve esbozo de la prueba de $(\text{Binet})$ ya que la página de Wikipedia enlazada parece no tenerla. Aplicando la transformada (inversa) de Laplace a la conocida identidad $$ \frac{\psi(a)-\psi(b)}{a-b}=\sum_{n\geq 0}\frac{1}{(n+a)(n+b)} $$ se obtiene una representación integral para la función Digamma. Un paso más de integración a través del teorema de Fubini conduce a una representación integral para $\log\Gamma$ que puede ser fácilmente reordenado en $(\text{Binet})$ .