Forma cerrada para $\int_0^\infty\arctan\Bigl(\frac{2\pi}{x-\ln\,x+\ln(\frac\pi2)} \Bigr) \frac {dx} {x + 1} $

Question

Estoy tratando de encontrar una forma cerrada para este integral: $$I=\int_0^\infty\arctan\left(\frac{2\pi}{x-\ln\,x+\ln\left(\frac\pi2\right)} \right) \frac {dx} {x + 1} $$ su valor numérico aproximado es $$I\approx3.3805825284453469793953592216276992165696856825906055108192183...$$

Cualquier ayuda es apreciada. ¡ Gracias!

Answer 1

La informática Relacionados con el Contorno de la Integral:

Definir $$f(z)=\frac{i}{2}\frac{z-1}{1+az}\left(\frac{1}{z-\ln{z}+\ln\left(\frac{\pi}{2}\right)}+\frac{1}{z-\ln{z}+2\pi i+\ln\left(\frac{\pi}{2}\right)}\right)$$ y dejar que $\gamma$ denotar un ojo de la cerradura de contorno deformada de alrededor de $[0,\infty]$. La restricción de la discusión entre $0$ y $2\pi$, no es difícil ver que $f(z)$ tiene polos en $z=-\dfrac{1}{a}$, $z=-W_{-1}\left(-\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{\pi i}{2}$ y $z=-W_0\left(-\dfrac{\pi}{2}\right)=-\dfrac{\pi i}{2}$. Los residuos en estos polos son \begin{align} \operatorname*{Res}_{z=\frac{\pi i}{2}}f(z) &=\frac{i}{2}\frac{\frac{\pi i}{2}-1}{\frac{\pi i}{2}+1}\frac{1}{1-\frac{2}{\pi i}}\\ \operatorname*{Res}_{z=-\frac{\pi i}{2}}f(z) &=\frac{i}{2}\frac{\frac{\pi i}{2}+1}{\frac{\pi i}{2}-1}\frac{1}{1+\frac{2}{\pi i}}\\ \operatorname*{Res}_{z=-\frac{1}{a}}f(z) y=-\frac{i}{2}u'(a)\left(\frac{1}{u(a)+\ln\left(\frac{\pi}{2}\right)-\pi i}+\frac{1}{u(a)+\ln\left(\frac{\pi}{2}\right)+\pi i}\right)\\ \end{align} donde $u(a)=\ln{a}-\dfrac{1}{a}$. Por el teorema de los residuos, \begin{align} \oint_{\gamma}f(z)\ dz Y=2\pi i\sum_{z_k\en\left\{-a^{-1}, \pm\pi i/2\right\}}\operatorname*{Res}_{z=z_k}f(z)\\ &=\pi\left(\frac{2\left(u(a)+\ln\left(\frac{\pi}{2}\right)\right)}{\left(u(a)+\ln\left(\frac{\pi}{2}\right)\right)^2+\pi^2}u'(a)-\frac{2\pi^2a}{\pi^2a^2+4}\right) \end{align}

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Parametrización de la curva de nivel Integral:

Tomamos el argumento de $z$ $0$ arriba de la rama de corte y $2\pi$ por debajo de la rama cortada. También, la contribución del gran arco que claramente es de $2\pi i\times\dfrac{i}{2}\times\dfrac{1}{a}\times (1+1)=-\dfrac{2\pi}{a}$. Teniendo todos estos puntos en consideración, que finalmente llega a \begin{align} \oint_\gamma f(z)\ dz+\frac{2\pi}{a} &=\small\frac{i}{2}\int^\infty_0\frac{x-1}{1+ax}\left(-\frac{1}{x-\ln|x|-2\pi i+\ln\left(\frac{\pi}{2}\right)}+\frac{1}{x-\ln|x|+2\pi i+\ln\left(\frac{\pi}{2}\right)+\pi^2}\right)\, dx\\ Y=2\pi\int^\infty_0\frac{x-1}{\left(x-\ln{x}+\ln\left(\frac{\pi} {2}\right)\right)^2+4\pi^2}\frac{dx}{1+ax}\\ \end{align}

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La obtención de la Forma Cerrada:

Integrando con respecto a $a$, obtenemos \begin{align} \small\int^\infty_0\frac{2\pi\left(1-\frac{1}{x}\right)\ln(1+ax)}{\left(x-\ln{x}+\ln\left(\frac{\pi}{2}\right)\right)^2+4\pi^2}\ dx &\pequeño=\ \pi\int\left(\frac{2\left(u(a)+\ln\left(\frac{\pi}{2}\right)\right)}{\left(u(a)+\ln\left(\frac{\pi}{2}\right)\right)^2+\pi^2}u'(a)-\frac{2\pi^2a}{\pi^2a^2+4}+\frac{2}{a}\right)\ da\\ &=\small\pi\left(\ln\left(\left(u(a)+\ln\left(\frac{\pi}{2}\right)\right)^2+\pi^2\right)-\ln\left(\pi^2a^2+4\right)+\ln{a^2}\right)+\text{const.}\\ &=\small\pi\ln\left(\frac{\left(\ln{a}-\frac{1}{a}+\ln\left(\frac{\pi}{2}\right)\right)^2+\pi^2}{\pi^2+\frac{4}{a^2}}\right)+\text{const.} \end{align} Dejar que $a\to 0$, nos encontramos con que el término constante es de $\pi\ln{4}$. Enchufar $a=1$ e integrando por partes, para llegar al final de la forma cerrada. \begin{align} \int^\infty_0\frac{2\pi\left(1-\frac{1}{x}\right)\ln(1+x)}{\left(x-\ln{x}+\ln\left(\frac{\pi}{2}\right)\right)^2+4\pi^2}\ dx &=\int^\infty_0\arctan\left(\frac{2\pi}{x-\ln{x}+\ln\left(\frac{\pi}{2}\right)}\right)\frac{dx}{1+x}\\ &=\left.\pi\ln\left(\frac{\left(\ln{a}-\frac{1}{a}+\ln\left(\frac{\pi}{2}\right)\right)^2+\pi^2}{\frac{\pi^2}{4}+\frac{1}{a^2}}\right)\right|_{a=1}\\ &=\color{red}{\pi\ln\left(\frac{\ln^2\left(\frac{\pi}{2}\right)-2\ln\left(\frac{\pi}{2}\right)+1+\pi^2}{\frac{\pi^2}{4}+1}\right)} \end{align}

Answer 2

$$I=\pi\,\ln\left(\frac{1+\pi^2+\ln^2\left(\frac\pi2\right)-2\ln\left(\frac\pi2\right)}{1+\frac{\pi^2}4}\right)$ $

Answer 3

No es muy agradable, pero... integración por las piezas conduce a:

$$ me = \int_{0}^{+\infty}\frac{2\pi(x-1)\log(1+x)} {x ^ 2 + 2 x ^ 2\log\frac {\pi} {2} + \left (4\pi ^ 2 + \log^2\frac {\pi} {2} \right) x-2 x ^ 2\log x + x\log x\log\frac {4\pi} {x ^ 2}} \,dx$$ que, al menos en principio, puede ser computado por el teorema del residuo.