Conjeturó valor de $\int_{0}^{\infty}\left(\frac{x-1}{\ln^2 x}-\frac{1}{\ln x}\right)\frac{\mathrm{d}x}{x^2+1}$

Question

Tenía curiosidad por saber si esta integral tiene una forma cerrada de la expresión :

$$\int_{0}^{\infty}\left(\frac{x-1}{\ln^2 x}-\frac{1}{\ln x}\right)\frac{\mathrm{d}x}{x^2+1}$$

El integrando tiene una singularidad en $x=1$, pero es extraíble. Y como $x \to \infty$, el integrando se comporta como $\frac{1}{x \ln^{2}x}$. De modo que la integral claramente converge.

Aunque no he sido capaz de deducir su forma cerrada, creo, por la inversión simbólica de las calculadoras, de hasta 20 dígitos podría ser

$$I=\frac{4G}{\pi}$$

donde $G$ es el catalán es constante. ¿Es cierto o es completamente fabuloso?

EDIT. NOTA :

Para una mejor búsqueda para esta integral se me ha cambiado el nombre del título de Conjetura valor logarítmico de la integral definida, que es ambiguo y no decir nada, a la actual con integral explícitamente por escrito.

Answer 1

No es necesario explotar cualquier simetrías de el integrando. Establecimiento $x=e^y$

$$ I=\int_{-\infty}^{\infty}\underbrace{e^y\left(\frac{e^y-1}{y^2}-\frac{1}{y}\right)\frac{1}{e^{2y}+1}}_{f(y)}dy $$

La integración en torno a una gran semicírculo en la UHP (ejercicio: demostrar la convergencia en este dominio del plano complejo) obtenemos

$$ I=2 \pi i \sum_{n=0}^{\infty}\text{Res}(f(z),z=z_n) $$ aquí $z_n=\frac{i\pi}2(2n+1)$. Esto es fácil de escribir como

$$ I=2 \pi i\left(\left(\frac{1}{\pi}\color{blue}{\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}}-\frac{2}{\pi^2}\color{red}{\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}}\right) -\frac{2}{\pi^2}\color{verde}{\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}}\right) $$

desde $\color{blue}{\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}=\frac{\pi}{4}}$ $\color{red}{\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}=\frac{\pi^2}{8}}$ la imaginaria cancelar y nos quedamos con

$$ I= \frac{4}{\pi}\color{verde}{\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}}=\frac{4\color{verde}{K}}{\pi} $$

Answer 2

Nuestros integral es igual a

$$ I=\int_{-\infty}^{+\infty}\left(\frac{e^t-1-t}{t^2}\right)\frac{e^t}{e^{2t}+1}\,dt $$ que mediante la explotación de simetría se convierte en $$ I = \int_{0}^{+\infty}\frac{e^{t}+e^{-t}-2}{t^2(e^{t}+e^{-t})}\,dt =\int_{0}^{+\infty}\frac{\cosh(t)-1}{t^2\cosh(t)}\,dt$$ La última integral es sencillo calcular mediante el teorema de los residuos. Desde $$ \text{Res}\left(\frac{\cosh(t)-1}{t^2\cosh(t)},t=\frac{\pi(2k+1)}{2}i\right)= (-1)^{k+1}\frac{4i}{\pi^2(2k+1)^2}$$ tenemos: $$\boxed{ I = \frac{4}{\pi}\sum_{k\geq 0}\frac{(-1)^k}{(2k+1)^2}=\color{red}{\frac{4G}{\pi}}}$$

como se conjeturó.

Answer 3

Aquí es otro enfoque. Primero nos cuenta que podemos escribir $\frac{x-1}{\log(x)}$

$$\frac{x-1}{\log(x)}=\int_0^1 x^t\,dt$$

Por lo tanto, podemos escribir

$$\begin{align} \int_0^\infty \left(\frac{x-1}{\log^2(x)}-\frac{1}{\log(x)}\right)\frac{1}{1+x^2}\,dx&=\int_0^\infty \int_0^1 \frac{x^t-1}{\log(x)}\,\frac{1}{1+x^2}\,dt\,dx\\\\ &=\int_0^1 \int_0^\infty \frac{x^t-1}{\log(x)}\,\frac{1}{1+x^2}\,dx\,dt\tag1 \end{align}$$

Deje $I(t)$ representan el interior de la integral del lado derecho de la $(1)$. Entonces, la diferenciación, nos encontramos con que

$$\begin{align} I'(t)&=\int_0^\infty \frac{x^t}{1+x^2}\,dx\\\\ &=\frac{\pi}{2\cos(\pi t/2)}\tag 2 \end{align}$$

de donde deriva el lado derecho de la $(2)$ en ESTA RESPUESTA.

La integración de $(2)$ y el uso de $I(0)=0$ revela

$$I(t)=\int_0^t \frac{\pi}{2\cos(\pi t'/2)}\,dt' \tag 3$$

Sustituyendo $(3)$ a $(1)$ rendimientos

$$\begin{align} \int_0^\infty \left(\frac{x-1}{\log^2(x)}-\frac{1}{\log(x)}\right)\frac{1}{1+x^2}\,dx&=\frac{\pi}{2}\int_0^1 \int_0^t \sec(\pi t'/2)\,dt'\,dt \tag 4\\\\ &=\frac{\pi}{2}\int_0^1 (1-t)\sec(\pi t/2)\,dt \tag5\\\\ &=\frac{\pi}{2}\int_0^1 t\csc(\pi t/2)\,dt \tag 6\\\\ &=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{t}{\sin(t)}\,dt \tag 7\\\\ &=\frac{4G}{\pi} \tag 8 \end{align}$$

como iba a ser mostrado!

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NOTAS:

En lo que va de $(4)$$(5)$, hemos cambiado el orden de integración y llevado a cabo en el interior de la integral.

En lo que va de $(5)$$(6)$, ejecutamos la sustitución de $t \to 1-t$.

En lo que va de $(6)$$(7)$, ejecutamos la sustitución de $t \to 2t/\pi$ y explotados de la uniformidad del integrando.

En lo que va de $(7)$$(8)$, hemos hecho uso de una de las integrales de las identidades para el catalán es Constante, como se encuentra AQUÍ.

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EL DESARROLLO ALTERNATIVO

Tenga en cuenta que podemos escribir $(3)$

$$I(t)=\log\left(\cot\left(\frac{\pi}{4}(1-t)\right)\right) \tag 9$$

Entonces, sustituyendo $(9)$ a $(1)$ rendimientos

$$\begin{align} \int_0^\infty \left(\frac{x-1}{\log^2(x)}-\frac{1}{\log(x)}\right)\frac{1}{1+x^2}\,dx&=\int_0^1 \log\left(\cot\left(\frac{\pi}{4}(1-t)\right)\right)\,dt \\\\ &=\frac{4}{\pi}\int_0^{\pi/4} \log(\cot(t))\,dt \tag 9\\\\ &=\frac{4G}{\pi} \end{align}$$

que utiliza otro conocido integral de la identidad de $G$ como se encuentra AQUÍ.

Tenga en cuenta que si aplicamos la sustitución de $t\to \text{arccot}(t)$$(9)$, nos encontramos con el resultado en términos de la serie representación de $G$

$$\begin{align} \int_0^\infty \left(\frac{x-1}{\log^2(x)}-\frac{1}{\log(x)}\right)\frac{1}{1+x^2}\,dx&=\frac{4}{\pi}\int_0^{\pi/4} \log(\cot(t))\,dt \\\\ &=\frac{4}{\pi}\int_1^{\infty}\frac{\log(t)}{1+t^2}\,dt\\\\ &=-\frac{4}{\pi}\int_0^1 \frac{\log(t)}{1+t^2}\,dt\\\\ &=-\frac{4}{\pi}\sum_{n=0}^\infty(-1)^n \int_0^1 t^{2n}\log(t)\,dt\\\\ &=\frac{4}{\pi}\sum_{n=0}^\infty(-1)^n \int_0^1 \frac{t^{2n}}{2n+1}\,dt\\\\ &=\frac{4}{\pi}\sum_{n=0}^\infty(-1)^n \frac{1}{(2n+1)^2}\\\\ &=\frac{4G}{\pi} \end{align}$$

como era de esperar, una vez más!

Answer 4

A pesar de utilizar el residuo método es algo sencillo, pero no todo el mundo puede entender. Así que, aquí está un libre de residuos método:

Dividir la integral en dos términos, donde cada término es en el intervalo de $0<x<1$$1<x<\infty$, a continuación, utilizar la sustitución de $x\mapsto\frac{1}{x}$ para el segundo plazo. Vamos a conseguir $$ \left[\int_{0}^{1}+\int_{1}^{\infty}\right]\left(\frac{x-1}{\ln^2 x}-\frac{1}{\ln x}\right)\frac{\mathrm{d}x}{x^2+1}=\int_{0}^{1}\frac{(x-1)^2}{x\ln^2 x}\cdot\frac{\mathrm{d}x}{x^2+1}\tag1 $$ Ahora, para $a\ge-1$ , se puede considerar la siguiente integral $$ I(a)=\int_{0}^{1}x^a\cdot\frac{(x-1)^2}{\ln^2 x}\cdot\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}\tag2 $$ y la integral es $I(-1)$. Desde $0<x<1$, se puede observar que la $I(\infty)\to0$$a\to\infty$. \begin{align} I''(a)&=\int_{0}^{1}\frac{x^a(x-1)^2}{1+x^2}\ \mathrm{d}x\\[10pt] &=\int_{0}^{1}\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\ x^{2k+a}\ (x^2-2x+1)\ \mathrm{d}x\\[10pt] &=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\left(\frac{1}{2k+a+3}-\frac{2}{2k+a+2}+\frac{1}{2k+a+1}\right)\\[10pt] &=\frac{1}{4}\left[\psi\left(\frac{a+5}{4}\right)-2\psi\left(\frac{a+4}{4}\right)+2\psi\left(\frac{a+2}{4}\right)-\psi\left(\frac{a+1}{4}\right)\right]\\[10pt] I'(a)&=\ln\Gamma\left(\frac{a+5}{4}\right)-\ln\Gamma\left(\frac{a+1}{4}\right)+2\ln\Gamma\left(\frac{a+2}{4}\right)-2\ln\Gamma\left(\frac{a+4}{4}\right)\\[10pt] I(a)&=4\left[\psi\left(-2,\frac{a+5}{4}\right)-\psi\left(-2,\frac{a+1}{4}\right)+2\psi\left(-2,\frac{a+2}{4}\right)-2\psi\left(-2,\frac{a+4}{4}\right)\right]\tag3\\[10pt] \end{align} Por lo tanto $$ I(-1)=4\left[\psi\left(-2,1\right)-\psi\left(-2,0\right)+2\psi\left(-2,\frac{1}{4}\right)-2\psi\left(-2,\frac{3}{4}\right)\right]=\frac{4G}{\pi} $$ Wolfram Alpha confirma. También puede utilizar los valores especiales de la generalizada polygamma función y su relación con la derivada de Hurwitz Zeta Función: $$\psi(-2,x)=\zeta'(-1,x)-\frac{x^2}{2}+\frac{x}{2}-\frac{1}{12}$$

Answer 5

Jack D'Aurizio mostró que $$\int_{0}^{\infty}\left(\frac{x-1}{\ln^2 x}-\frac{1}{\ln x}\right)\frac{dx}{x^2+1} = \int_{0}^{\infty} \left( 1-\frac{1}{\cosh x} \right) \frac{dx}{x^{2}} .$$

La siguiente es una alternativa de evaluación de la integral de la derecha.

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Una representación integral de la beta de la función de Dirichlet es $$\beta(s) = \frac{1}{ 2 \, \Gamma(s)} \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1}}{\cosh(x)} \, dx \, , \quad \text{Re}(s) >0\tag{1}. $$

Y la transformada de Laplace de $x^{s-1}$ $$\int_{0}^{\infty} x^{s-1} e^{-ax} \, dx = \frac{\Gamma(s)}{a^{s}} \, , \quad (\text{Re}(s) >0, \ \text{Re}(a)>0) \tag{2}.$$

Restando $(1)$$(2)$, obtenemos $$\int_{0}^{\infty}\left(e^{-ax} - \frac{1}{\cosh (x)} \right) x^{s-1} \, dx = \Gamma(s) \left( a^{-s} - 2 \beta(s) \right) , \tag{3}$$ which holds for $ \texto{Re}(s) > -1$ and $\text{Re}(a) > 0$.

Si nos restringimos $s$ a que la franja de $-1 < \text{Re}(s) <0$, $(3)$ también se aplica a las $a = 0$.

A partir de la ecuación funcional de la beta de la función de Dirichlet, vemos que la de Dirichlet beta de la función tiene un cero en $s=-1$.

Por lo tanto, dejar $s$ tienden a $-1$, obtenemos

$$ \begin{align} \int_{0}^{\infty} \left(1- \frac{1}{\cosh x} \right) \frac{dx}{x^{2}} &= \lim_{s \downarrow -1} \Gamma(s) \left((0 - 2 \beta(s)\right) \\ &= - 2 \lim_{s \downarrow -1} \Gamma(s) \beta(s) \\ &=-2 \lim_{s \downarrow -1} \left(-\frac{1}{s+1} + \mathcal{O}(1) \right) \beta(s) \\ &= 2 \beta'(-1). \end{align}$$

Para mostrar que $ \displaystyle \beta'(-1) = \frac{2G}{\pi} $, diferenciar ambos lados de la ecuación funcional y, a continuación, deje $s=2$.