La evaluación de $\int_0^{\infty} \frac {e^{-x}}{a^2 + \log^2 x}\, \mathrm d x$

Question

Estoy tratando de evaluar esta integral

$$I=\int_0^{\infty} \frac {e^{-x}}{a^2 + \log^2 x}\, \mathrm d x$$

para $a \in \mathbb R_{>0}$.

Alguna idea?

En el caso de $a=\pi$ tenemos $I= F - e$ donde $F$ es el Fransén–Robinson constante.

Answer 1

Esto no es una respuesta, sino un complemento para la obtención de la Fransén–Robinson constante por Ramanujan (es decir, el caso de $a=\pi$ en Hardy libro "Ramanujan" $11.10$). No seguro de que va a ayudar mucho aquí, pero...

La Fórmula C hace referencia es : $$\phi(0)+\phi(1)+\phi(2)+\cdots=\int_0^\infty \phi(x)\,dx+\int_0^\infty\frac{\phi(0)-x\phi(1)+x^2\phi(2)-\cdots}{x\;(\pi^2+(\log\,x)^2)}dx$$ y la de Abel-Plana fórmula es de la Wikipedia.

Answer 2

Esto es más un comentario/sugerencia de que una respuesta real, pero es demasiado largo para la sección de comentarios.

En primer lugar hacer la sustitución de $e^u = x$, por lo que el $dx = e^udu$ y su integral se convierte en $$\color{red}{-}\int_{-\infty}^\infty\color{red}{(-}e^u\color{red}{)}e^{-e^u}\frac{1}{a^2+u^2}du.$$ Ahora usted podría tratar de sustituir el uso de los Lambert $W$ función para deshacerse de el primer término: $$W(z) = -e^u,\qquad du = \frac{1}{W(z)}\frac{1}{z+e^{W(z)}}dz$$ (si he trabajado que correctamente), y su integral toma la forma $$\int_{\color{red}{?}}^{\color{red}{?}}\frac{z~dz}{(a^2+\log(-W(z))^2)W(z)(z+e^{W(z)})}.$$ Ahora bien, esto es, por supuesto, muy feo, pero tal vez puede ser utilizado de alguna manera. Honestamente, no tengo idea. Dónde está @Cleo cuando se la necesita?

Answer 3

Lo siento, esta respuesta no es completa, pero no he reputación suficiente para poner este comentario. Si algún admin le importa cambiar este comentario, favor de hacerlo.

El método estándar para tal cosa sería mirar la integral como parte de un camino cerrado integral. Vamos $R_0, R_1>0$, $R_0\rightarrow 0,\;\; R_1 \rightarrow \infty$ e integrar de $I_1=\int_{R_0}^{R_1}$ a lo largo del eje real, un cuarto de círculo hacia atrás en $r=R_1$ $I_2=\int_{0}^\frac\pi{2}$, abajo de la línea imaginaria $I_3=-\int_{R_0}^{R_1}$ y en un cuarto de círculo con $r=R_0\;\;I_4=-\int_0^\frac\pi{2}$. Observe que para $a>\frac\pi 2$ no hay polos en el interior de la cerrada de integración de ruta.

Espero que esto ayude a alguien para que venga con una respuesta apropiada.

Answer 4

No sé si eso te hace ir más allá, pero con un par de sustituciones llegué a esta expresión: $$ \int_0^{\infty} \frac {e^{-x}}{a^2 + \log^2 x}\, \mathrm d x = K \int_0^{\infty} \frac {e^{-t}}{\pi^2 + \log^2 t}e^{-t^{-q}-1}t^{-q-1}\, \mathrm d x $$

Es bueno porque parece mezclar la integral de $\Gamma$ con la integral de su inversa.

Si usted necesita voy a comprobar los cálculos para darle los valores correctos para $K$, mientras que $q=\pi/a$.

Answer 5

Yo no obtener una forma cerrada, pero busqué en las expansiones de $I(a)$$+\infty$$0$.
La función es suave, con cierto parecido con una (la más rápida disminución) de una hipérbola rectangular.

Formal de expansión como $\;a\to +\infty$: \begin{align} I(a)&:=\int_0^{\infty} \frac {e^{-x}}{a^2 + (\log x)^2}\,dx\\ &=\frac 1{a^2}\int_0^{\infty}\sum_{n=0}^\infty e^{-x}\left(-\left(\frac{\log x}a\right)^2\right)^{n}\,dx\\ &=\frac 1{a^2}\sum_{n=0}^\infty\frac {(-1)^n}{a^{2n}}\int_0^{\infty} e^{-x}\left(\frac d{ds}\right)^{2n}\left.e^{s\log x}\right|_{s=0}\,dx\\ &=\sum_{n=0}^\infty\frac {(-1)^n}{a^{2(n+1)}}\left(\frac d{ds}\right)^{2n}\left.\int_0^{\infty} e^{-x} x^s\,dx\right|_{s=0}\\ &=\sum_{n=0}^\infty\frac {(-1)^n}{a^{2(n+1)}}\left.\Gamma^{(2n)}(1+s)\right|_{s=0}\\ \end{align} Desde $\;\Gamma^{(2n)}(1)\sim (2n)!\;$ la igualdad debe ser reemplazado por un asintótica de expansión : $$\tag{1}\boxed{\displaystyle I(a)\sim \sum_{n\ge 0}\frac {(-1)^n\,\Gamma^{(2n)}(1)}{a^{2(n+1)}}},\quad a\to +\infty$$

El buscado integral es, pues, una generación de la función para la que incluso los derivados de la $\,\Gamma$ a punto de $1$ :
tiene la misma expansión como $\;\displaystyle \frac{\Gamma(1+i/a)+\Gamma(1-i/a)}{2\,a^2}\;$ $\,a\to +\infty$ pero sin el, incluso factoriales en el denominador (es decir, sin la convergencia de la serie de $a>1$).

Vamos a añadir que cada derivado $\Gamma^{(n)}(1)$ se puede volver a escribir con la expansión de la $\;\displaystyle\Gamma(1+x)=\exp\left({-\gamma\,x+\sum_{ k=2}^\infty\;\zeta(k)\dfrac{(-x)^k}k}\right)\;$ para obtener : $$\tag{2}\Gamma(1+x)=\overbrace{1}^{\Gamma(1)}-\gamma x+\overbrace{\left(\gamma^2+\zeta(2)\right)}^{\Gamma^{\large{(2)}}(1)}\frac{x^2}{2!}-\left(\gamma^3+3\gamma\,\zeta(2)+2\zeta(3)\right)\frac{x^3}{3!}+\overbrace{\left(\gamma^4+6\gamma^2\zeta(2)+8\gamma\,\zeta(3)+\frac{27}2\zeta(4)\right)}^{\Gamma^{\large{(4)}}(1)}\frac{x^4}{4!}-\cdots$$

Actualización: Un asintótica de expansión para más general de la transformada de Laplace fue dado por Bouwkamp (ref. $1$ o ref. $2$)$\sigma\ge 0$ : $$\tag{3}t^{\sigma}\int_0^{\infty} \frac {x^{\sigma-1}e^{-t\,x}}{a^2 + (\log x)^2}\,dx\sim\sum_{n=0}^\infty\frac{\varphi_n(a,\sigma)}{(\log t)^{n+1}}\qquad(t\to\infty)$$ con los coeficientes $\varphi_n$ obtenido a partir de la generación de la función : $$\tag{4}\frac{\sin(ax)}a\Gamma(\sigma+x)=\sum_{n=0}^\infty \varphi_n(a,\sigma)\frac{x^n}{n!}$$

En este punto se puede observar que si $I(a)$ es generalizada a $\;\displaystyle I_{\sigma}(a):=\int_0^{\infty} \frac {x^{\,\sigma-1}e^{-x}}{a^2 + (\log x)^2}\,dx\,$
a continuación, una derivación similar a la obtención de $(1)$ (con un factor adicional $x^{\,\sigma-1}$ en la integral) simplemente reemplace $\,\Gamma^{(2n)}(1+s)\,$ $\,\Gamma^{(2n)}(\sigma+s)$ y productos : $$\tag{1'}\boxed{\displaystyle I_{\sigma}(a)\sim \sum_{n\ge 0}\frac {(-1)^n\,\Gamma^{(2n)}(\sigma)}{a^{2(n+1)}}},\quad a\to +\infty$$

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La expansión $a\to 0$: es muy regular con un simple poste de $0$.

La sustitución de $\;x:=e^{-w}\;$ le da : \begin{align} I(a)&=\int_0^{\infty} \frac {e^{-x}}{(\log x)^2+a^2}\,dx\\ &=\int_{-\infty}^{\infty} \frac {e^{\large{-w-e^{-w}}}}{w^2+a^2}\,dw\\ &=-\frac 1a\;\operatorname{Im}\int_{-\infty}^{\infty} \frac {e^{\large{-w-e^{-w}}}}{w+ia}\,dw\\ &=-\frac 1a\;\operatorname{Im}\left[\int_{-\infty}^{\infty} \frac {e^{\large{-w-e^{-w}}}-e^{\large{ia-e^{ia}}}}{w+ia}\,dw+\int_{-\infty}^{\infty} \frac {e^{\large{ia-e^{ia}}}}{w+ia}\,dw\right]\\ &=-\frac 1a\;\operatorname{Im}\left[\int_{-\infty}^{\infty} \frac {e^{\large{-w-e^{-w}}}-e^{\large{ia-e^{ia}}}}{w+ia}\,dw-\pi i\, e^{\large{ia-e^{ia}}}\right]\\ \tag{5}I(a)&=E(a)+\frac{\pi}a\;\operatorname{Re}\left[e^{\large{ia-e^{\,ia}}}\right]\\ \end{align}

Lo curioso de $I(a)$ se da en forma cerrada (a la derecha) así que vamos a estudiar la parte : $$\tag{6}E(a):=-\frac 1a\;\operatorname{Im}\int_{-\infty}^{\infty} \frac {e^{\large{-w-e^{-w}}}-e^{\large{ia-e^{ia}}}}{w+ia}\,dw=\sum_{n\ge 0} K_{2n}\, a^{2n}$$ El integrando es una función completa (ya que el tipo de $\,h_a(w):=\dfrac {f(w)-f(-ia)}{w-(-ia)},\ h_a(-ia)=f'(-ia)\;$ $f(w):=e^{\large{-w-e^{-w}}}$ todo) y por lo tanto puede ser ampliado en el poder de la serie de $a$ como : $$\tag{7}h_a(w)=\frac 1w\left[ e^{\large{-w-e^{-w}}}-e^{-1}\sum_{n\ge 0}\dfrac{\overline{B}_{n+1}}{n!}(ia)^n\right]\sum_{m\ge 0} \left(-\frac{ia}w\right)^m$$

donde $\,\overline{B}_n\,$ $n$- th "complementaria de la Campana número de" generado por $\,e^{\large{1-e^{x}}}\,$ (con un cambio de $1$ a partir de la multiplicación por $e^x$).

Esto permite obtener integrales para el $K_{2n}$ coeficientes de $\, a^{2n}$ ($(6)$ necesitamos sólo la parte imaginaria) : $$\tag{8} K_{2n}= \frac{(-1)^n}e\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{\large{\,1-w-e^{-w}}}-1}{w^{2n+2}}+\sum_{k=0}^{2n-1}\frac{\overline{B}_{2n+3}}{(k+2)!\,(-w)^{2n-k}}\;dw,\quad n>0$$ mientras que $K_0$ podrá estar integrado por las piezas y volver a escribir (usando $\;x=e^{-w}\,$) como :

\begin{align} K_0&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{\large{-w-e^{-w}}}-e^{-1}}{w^{2}}dw\\ &=\left.-\frac 1x\left(e^{\large{-w-e^{-w}}}-e^{-1}\right)\right|_{-\infty}^{\infty}+\int_{-\infty}^{\infty}\frac {e^{-w}-1}x\,e^{\large{-w-e^{-w}}}\,dw\\ &=-\int_0^{\infty}\frac {x-1}{\log x}\,e^{-x}\,dx,\quad\text{but}\ \frac {x-1}{\log x}=\int_0^1 x^t\,dt\ \ \text{so that}\\ &=-\int_0^1\int_0^{\infty}x^{t}e^{-t}\,dt\\ &=-\int_0^1\Gamma(1+t)\,dt\\ \end{align}

Relativas a la evaluación numérica se puede utilizar : $$\tag{9}I(a)\approx \sum_{n=0} K_{2n} a^{2n}+\frac{\pi}a\;\operatorname{Re}\left[e^{\large{ia-e^{\,ia}}}\right]$$

con \begin{align} K_0&\approx -0.9227459506806306051438804823457555774372343917106859152 \\ K_2&\approx -0.2818432097003410734482737060285029254823027754542059884\\ K_4&\approx -0.010603155563385929453669193499488685330976821362\\ K_6&\approx +0.01391725152703237611983369670383107076359973\\ K_8&\approx +0.002934676571947851378554083839156926455\\ K_{10}&\approx -0.000021228852199696308226770734336 \end{align} Tenga en cuenta que los coeficientes de $\,a^{2n-1}\,$ está muy relacionado con el complementario de la Campana de los números por $\;\displaystyle K_{2n-1}=-(-1)^n\frac{\overline{B}_{2n+1}}{(2n)!}\,\frac {\pi}e\;$ con alguna parte expandido como : $$\frac {\pi}e\left[\frac 1a+\frac a{2!}+\frac{2\,a^3}{4!}-\frac{9\,a^5}{6!}-\frac{267\,a^7}{8!}-\frac{2180\,a^9}{10!}+\cdots\right]$$

Ref:

1. C. J. Bouwkamp $(1972)$ "Nota sobre un asintótica de expansión".
2. S. G. Llewellyn Smith $(2000)$ "El comportamiento asintótico de Ramanujan integral y su aplicación a dos dimensiones de difusión como las ecuaciones".
3. R. Wong $(1975)$ "En transformadas de Laplace cerca del origen"