Evaluar $\int_{0}^{\infty} \frac{{(1+x)}^{-n}}{\log^2 x+\pi^2} \ dx, \space n\ge1$

Question

Evaluar la integral

$$\int_{0}^{\infty} \frac{{(1+x)}^{-n}}{\log^2 x+\pi^2} \ dx, \space n\ge1$$

Answer 1

Este es el caso $n=1$ : $$ \begin{align} \int\limits_{0}^{+\infty}\frac{(1+x)^{-1}}{\log^2 x+\pi^2}dx =\{x=e^{\pi t}\} &=\frac{1}{\pi}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{\pi t}}{(1+e^{\pi t})(1+t^2)}dt\\ &=\frac{1}{\pi}\left(\int\limits_{-\infty}^{0}\frac{e^{\pi t}}{(1+e^{\pi t})(1+t^2)}dt+\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{e^{\pi t}}{(1+e^{\pi t})(1+t^2)}dt\right)\\ &=\frac{1}{\pi}\left(\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{e^{-\pi t}}{(1+e^{-\pi t})(1+t^2)}dt+\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{e^{\pi t}}{(1+e^{\pi t})(1+t^2)}dt\right)\\ &=\frac{1}{\pi}\left(\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{1}{(1+e^{\pi t})(1+t^2)}dt+\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{e^{\pi t}}{(1+e^{\pi t})(1+t^2)}dt\right)\\ &=\frac{1}{\pi}\int\limits_{0}^\infty\left(\frac{1}{1+e^{\pi t}}+\frac{e^{\pi t}}{1+e^{\pi t}}\right)\frac{1}{t^2+1}dt\\ &=\frac{1}{\pi}\int\limits_{0}^\infty\frac{1}{t^2+1}dt=\frac{1}{2} \end{align} $$

Answer 2

Es la misma integral que $\frac 1 {2 \pi i} \int_{\mathcal{C}} \frac {d x}{(1+x)^n \ln(-x)}$ donde el contorno $\mathcal{C}$ parte del infinito, por debajo del eje positivo y vuelve al infinito por encima del eje positivo, después de dar una vuelta al cero. Por lo tanto, la respuesta viene dada por el residuo en $x=-1$ que es el coeficiente de $y^{n-1}$ en la expansión en serie de $\frac 1{\ln(1-y)}$ . No estoy seguro de que haya una forma cerrada para eso, pero supongo que debería haberla.

EDIT: Aquí está el razonamiento con más detalle. En primer lugar, si $x>0$ entonces $\ln (-x \pm 0 i) = \ln x \pm \pi i$ . Por lo tanto, $$ \frac 1 {\ln(x)^2 + \pi^2} = \frac 1 {2 \pi i} \left(\frac 1 {\ln(x)-\pi i} - \frac 1 {\ln(x) + \pi i}\right), $$ donde en el lado derecho tenemos la diferencia entre el valor de la función $\frac 1 {\ln(-x)}$ por encima y por debajo del eje real.

Consideremos ahora el contorno $\mathcal{C}$ que se muestra arriba en rojo. Al integrar a lo largo de la parte bajo el eje real positivo y por encima del eje real terminamos con la discontinuidad a través del corte de la rama. La parte en el infinito desaparece si $n \geq 1$ . Por lo tanto, $$ \frac 1 {2 \pi i} \int_{\mathcal{C}} \frac {d x}{(1+x)^n \ln(-x)} = \frac 1 {2 \pi i} \int_0^\infty \frac {d x}{(1+x)^n} \left(\frac 1 {\ln(-(x+0 i))}-\frac 1 {\ln(-(x-0 i))}\right)= \int_0^\infty \frac {d x}{(1+x)^n (\ln(x)^2 + \pi^2)}. $$

Ahora debemos calcular la integral de contorno. Sólo tenemos un polo en $x=-1$ por lo que necesitamos calcular su residuo: $$ \operatorname{Res}\left(\frac 1{(1+x)^n \ln(-x)},x=-1\right) = \operatorname{Res}\left(\frac 1{y^n \ln(1-y)},y=0\right), $$ que es el mismo que el coeficiente de $y^{n-1}$ en la expansión de $\frac 1 {\ln(1-y)}$ que a menudo se denota como $[y^{n-1}] \frac 1 {\ln(1-y)}$ .

La expansión de $\frac 1 {\ln(1-y)}$ alrededor de $y=0$ es fácil de encontrar por ordenador. Encuentro $$ \frac 1 {\ln(1-y)} = -\frac{1}{y}+\frac{1}{2}+\frac{y}{12}+\frac{y^2}{24}+\frac{19 y^3}{720}+\frac{3 y^4}{160}+\frac{863 y^5}{60480}+\frac{275 y^6}{24192}+\frac{33953 y^7}{3628800}+\frac{8183 y^8}{1036800}+O\left(y^9\right), $$ pero no puedo encontrar una forma cerrada para el $n-1$ -Coeficiente.

EDIT2:

Queremos encontrar el coeficiente de $y^k$ en la expansión de $\frac 1 {\ln(1-y)}$ . Utilizando Fórmula de inversión de Lagrange tenemos que $$ k [y^k] \left(\frac 1 {\ln(1-y)}\right) = -[y] (1-e^y)^{-k} = (-1)^{k+1} [y^{k+1}]\left(\frac y {e^y-1}\right)^k. $$

Ahora, utilizando el función generadora de los polinomios de Stirling , $$ \left(\frac y {e^y-1}\right)^k = \sum_{p=0}^\infty (-1)^p \frac {S_p(k-1)}{p!} t^p, $$ donde $S_p(x)$ son los polinomios de Stirling, tenemos que $$ [y^k] \left(\frac 1 {\ln(1-y)}\right) = \frac {S_{k+1}(k-1)} {k (k+1)!}. $$

Cuando se evalúa con coeficientes enteros $m>n$ el polinomio de Stirling $S_n(m)$ puede expresarse en términos de números de Stirling de primer orden, pero aquí no estamos en esa situación...

Edición3: Gracias a un comentario más abajo he descubierto que los números racionales que aparecen como resultado de la integral se llaman coeficientes de Gregory (ver aquí para más detalles y propiedades).

Answer 3

Tomando prestadas las respuestas de los Norberts la integral se puede escribir como:

$$ \frac{1}{\pi}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{\pi t}}{(1+e^{\pi t})^n(1+t^2)}dt = \frac{1}{\pi}\left(\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{(1+e^{\pi t})^{n-1}(1+t^2)}dt - \int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{(1+e^{\pi t})^n(1+t^2)}dt \right)$$

Ahora basta con calcular: $$ g(n)=\frac{1}{\pi}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{(1+e^{\pi t})^n(1+t^2)}dt $$

Podemos utilizar la integración por residuos para escribir esto como:

$$ f(t) = \frac{(1+e^{\pi t})^{-n}}{(1+t^2)}\\ g(n) = \frac{1}{\pi}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}f(t)dt = 2i\sum_{k=0}^\infty\mathrm{Res}(f,i(2k+1)) $$

Entonces la integral original es: $g(n-1)-g(n)$ .

No he conseguido escribir esto en forma cerrada, pero Mathematica es capaz de resolverlo para algunos valores de $n$ .

Los valores de la integral original para $n = 1,\ldots,9$ :

$$ \frac{1}{2},\frac{1}{12},\frac{1}{24},\frac{19}{720},\frac{3}{160},\frac{863}{60480},\frac{275}{24192},\frac{33953}{3628800},\frac{8183}{\ 1036800} $$

Editar :

Secuencia OEIS A002208 da la fórmula para $g(n)$ .

$$g(n) = -[x^n]\frac{x}{(1-x)\ln(1-x)} = \frac{(-1)^n}{(n-1)!}\sum_{k=1}^n(-1)^{k+1}B_k\frac{s(n,k)}{k}$$

Donde $B_n$ es Número de Bernoulli y $s(n,k)$ es Número Stirling del primer tipo .

La integral original es: $$g(n-1)-g(n) = \frac{(-1)^{n}}{(n-1)!}\left(\frac{B_n}{n}+\sum_{k=1}^{n-1}(-1)^kB_k\frac{s(n-1,k-1)}{k}\right)$$