Integral $\int_0^\infty\Big[\log\left(1+x^2\right)-\psi\left(1+x^2\right)\Big]dx$

Question

Encontré este intrigante integral: %#% $ $$\int_0^\infty\Big[\log\left(1+x^2\right)-\psi\left(1+x^2\right)\Big]dx\approx0.84767315533332877726581...$ #% Dónde está la digamma. Una búsqueda en ISC + (en el modo "avanzado") devuelve una forma cerrada posible $\psi(z)=\partial_z\log\Gamma(z)$ que parece estar de acuerdo con el valor numérico de la integral cuando se calculó para una precisión más alta. ¿Cualquier idea cómo probarlo?

Answer 1

Esto puede ser hecho por una especie de residuo de cálculo. Primero que todo, por la paridad de la integral es $\frac12 \int_{-\infty}^{\infty}$. Considerando esto como una integral de contorno en la $x$-avión, nos gustaría tirar el contorno de la $i\infty$. Habrá dos obstáculos:

• un infinito número de polos de $\psi(x)$ $x_n=i\sqrt n$ $n=1,2,3,\ldots$ Nota de que $$\operatorname{res}_{x=x_n}\psi\left(1+x^2\right)=\color{blue}{\frac{i}{2\sqrt n}}$$

• logarítmica de la rama cortada $(i,i\infty)$ de la función de $\ln(1+x^2)$. Tenga en cuenta que en esta rama cortar el logaritmo salta por $\color{red}{2\pi i}$.

Así que deforman el contorno de los siguientes: una horizontal ray $r_L=(-\infty+i\sqrt N,-0+i\sqrt N)$, un contorno de $C$ va en sentido antihorario alrededor de la logarítmica de la rama de corte de$-0+i\sqrt N$$-0+i\sqrt N$, y otro horizontal ray $r_R=(+0+i\sqrt N,\infty+i\sqrt N)$. Ahora tenemos $$\int_C= \color{red}{2\pi i} \cdot i \left(\sqrt N-1\right)-2\pi i\sum_{1\leq n<N} \color{blue}{\frac i{2\sqrt n}}=\pi\left[2+\sum_{1\leq n<N}\frac1{\sqrt n}-2\sqrt{N}\right].$$ Utilizando el conocido comportamiento asintótico $\psi(z\to\infty)=\ln z+\frac1{2z}+O\left(z^{-2}\right)$, podemos demostrar que las integrales sobre los rayos $r_L$ $r_R$ se desvanecen en el límite de $N\to\infty$.

Por lo tanto, la integral que nos interesa es igual a $$\mathcal I=\frac12\lim_{N\to\infty}\int_C=\pi+\frac{\pi}{2}\lim_{N\to\infty}\left[\sum_{1\leq n<N}\frac1{\sqrt n}-2\sqrt{N}\right].$$ Por último, que el resto de límite es igual a $\zeta\left(\frac12\right)$ puede ser demostrado de manera relativamente sencilla: véase, por ejemplo, este enfoque.

Answer 2

Choi y Srivastava lista en un lugar oscuro, pero útil, de la serie:

$$\psi(x)-\log(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\left(\log\left(1+\frac{1}{x+k}\right)-\frac{1}{x+k}\right)\tag{1}$$

Deje $x\to x^{2}+1$, entonces tenemos:

$$\log(x^{2}+1)-\psi(x^{2}+1)=-\sum_{k=0}^{\infty}\left(\log\left(1+\frac{1}{x^{2}+k+1}\right)-\frac{1}{x^{2}+k+1}\right)$$

$$\int_{0}^{\infty}\left(\log(x^{2}+1)-\psi(x^{2}+1)\right)dx=-\int_{0}^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}\left(\log\left(1+\frac{1}{x^{2}+k+1}\right)-\frac{1}{x^{2}+k+1}\right)$$

Suponiendo que uno puede cambiar integral y la suma:

$$\int_{0}^{\infty}\left(\log(x^{2}+1)-\psi(x^{2}+1)\right)dx=-\sum_{k=0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\left(\log\left(1+\frac{1}{x^{2}+k+1}\right)-\frac{1}{x^{2}+k+1}\right)$$

$$=-\frac{\pi}{2}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2\sqrt{k+1}\sqrt{k+2}-(2k+3)}{\sqrt{k+1}}\tag{2}$$

Admito que yo no evaluar de forma manual (EDIT: he añadido algunas cosas más adelante), pero la tecnología mostró que la suma converge a $$-\zeta(1/2)-2$$

Por lo tanto, tenemos finalmente:

$$\frac{-\pi}{2}\left(-\zeta(1/2)-2\right)=\frac{\pi}{2}\zeta(1/2)+\pi$$

y

$$\int_{0}^{\infty}\left(\log(x^{2}+1)-\psi(x^{2}+1)\right)dx=\frac{\pi}{2}\zeta(1/2)+\pi$$

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más en (1):

Comenzar con la Gamma de identidad: $$\Gamma(1+x)=\left(\frac{x}{e}\right)^{x}\prod_{k=0}^{\infty}\frac{\left(1+\frac{1}{x+k}\right)^{x+k}}{\left(1+\frac{1}{k}\right)^{k}}$$

registro de ambos lados de (1):

$$\log\Gamma(x+1)=x\log(x)-x+\sum_{k=0}^{\infty}\left[(x+k)\log\left(1+\frac{1}{x+k}\right)-k\log\left(1+\frac{1}{k}\right)\right]$$

diff ambos lados:

$$\psi(x+1)=\log(x)+\sum_{k=0}^{\infty}\left[\log\left(1+\frac{1}{x+k}\right)-\frac{1}{x+k+1}\right]$$

Por lo tanto, $$\psi(x)=\log(x)+\sum_{k=0}^{\infty}\left[\log\left(1+\frac{1}{x+k}\right)-\frac{1}{x+k}\right]$$

también, tenga en cuenta $\lim_{n\to \infty}\left[\psi(x)-\log(x)\right]=0$

más en (2):

Parcial N sumas de dinero en términos de Zeta.

$$\lim_{N\to \infty}\sum_{k=0}^{N}\left(2\sqrt{k+2}-\frac{2k}{\sqrt{k+1}}-\frac{3}{\sqrt{k+1}}\right)\tag{3}$$

$$2\sum_{k=0}^{N}\sqrt{k+2}=-2\zeta\left(-1/2, N+3\right)+2\zeta(-1/2)-2\tag{4}$$

$$2\sum_{k=0}^{N}\frac{k}{\sqrt{k+1}}=\left[2\zeta(-1/2,N+2)+2\zeta(1/2,N+2)-2\zeta(1/2)+2\zeta(-1/2)\right]\tag{5}$$

$$3\sum_{k=0}^{N}\frac{1}{\sqrt{k+1}}=3\zeta(1/2)-3\zeta(1/2,N+2)\tag{6}$$

Poner juntos (4), (5), (6) de conformidad con (3). $\zeta(s,n)=\zeta(s)-\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k^{s}}$:

$$\begin{align}-2\zeta\left(-1/2, N+3\right)+2\zeta(-1/2)-2-\left[2\zeta(-1/2,N+2)+2\zeta(1/2,N+2)\\ -2\zeta(1/2)+2\zeta(-1/2)\right]-\left[3\zeta(1/2)-3\zeta(1/2,N+2)\right]\end{align}$$

$$=2\zeta(-1/2,N+2)-2\zeta(-1/2,N+3)+\zeta(1/2,N+2)-\zeta(1/2)-2\tag{7}$$

Pero, $ \;\ \;\ \;\ \begin{align}2\zeta(-1/2,N+2)-2\zeta(-1/2,N+3)=2\sqrt{N+2}\end{align}\\$

por lo tanto, (7) se convierte en:

$$2\sqrt{N+2}+\zeta(1/2,N+2)-\zeta(1/2)-2$$

y $$\lim_{N\to \infty}\left[2\sqrt{N+2}+\zeta(1/2,N+2)\right]=0$$

así que todo lo que queda es $$\boxed{-\zeta(1/2)-2}$$