La forma cerrada de $\int_0^{\infty} \frac{\log(\cosh(x))}{x} e^{-x} \ dx$

Question

Una integral hablé de los últimos días en un chat, y se ve como un hueso duro desde después de algunas manipulaciones de la forma inicial se alcanza una integral donde el integrando es expresado en
términos de digamma función que puede ser reducido aún más a algunos muy resistentes de la serie.
Suponemos que la integral se ha cerrado de forma expresa en términos de G-Barnes función
(y más reciente constantes?) Bueno, yo podría estar equivocado, pero aquí tenemos muchos gurús de la integración
que, probablemente, podría responder eso.

$$\int_0^{\infty} \frac{\log(\cosh(x))}{x} e^{-x} \ dx$$

Answer 1

He venido para arriba con dos maneras de mostrar que $$ \int_0^\infty e^{-x}\log(\cosh(x))\,\frac{\mathrm{d}x}{x} =1+\sum_{k=1}^n(-1)^k\frac{\log(2k+1)}{k}\etiqueta{1} $$

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Enfoque 1: El uso de la serie $$ \log(1+x)=\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}\etiqueta{2} $$ para obtener $$ \begin{align} \frac{\log(\cosh(x))}{x}e^{-x} &=\frac{x-\log(2)+\log(1+e^{-2x})}{x}e^{-x}\\ &=\left(1+\frac1x\sum_{k=1}^\infty(-1)^k\frac{1-e^{-2kx}}{k}\right)e^{-x}\\ &=e^{-x}+\sum_{k=1}^\infty(-1)^k\frac{e^{-x}-e^{-(2k+1)x}}{kx}\tag{3} \end{align} $$ y, a continuación, utilizar la integral $$ \int_0^\infty(e^{-x}-e^{-kx})\frac{\mathrm{d}x}{x}=\log(k)\etiqueta{4} $$ para obtener $$ \int_0^\infty\frac{\log(\cosh(x))}{x}e^{-x}\,\mathrm{d}x =1+\sum_{k=1}^\infty(-1)^k\frac{\log(2k+1)}{k}\etiqueta{5} $$

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Enfoque 2: El uso de la integral $$ \frac{\log(\cosh(x))}{x}=1+\frac{\log\left(1-{\large\frac{1-e^{-2}}2}\right)}{x}\etiqueta{6} $$ la suma $$ \sum_{n=k}^\infty2^{n-1}\binom{n}{k}=1\etiqueta{7} $$ y $(2)$ para obtener $$ \begin{align} \int_0^\infty e^{-x}\log(\cosh(x))\,\frac{\mathrm{d}x}{x} &=1-\sum_{n=1}^\infty\frac1{n2^n}\int_0^\infty e^{-x}\left(1-e^{-2x}\right)^{\large n}\,\frac{\mathrm{d}x}{x}\\ &=1+\sum_{n=1}^\infty\frac1{n2^n}\sum_{k=1}^n(-1)^k\binom{n}{k}\log(2k+1)\\ &=1+\sum_{n=1}^\infty\frac1{2^n}\sum_{k=1}^n(-1)^k\binom{n-1}{k-1}\frac{\log(2k+1)}{k}\\ &=1+\sum_{k=1}^\infty(-1)^k\frac{\log(2k+1)}{k}\tag{8} \end{align} $$

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Todavía no he encontrado una forma cerrada para esta suma, pero podemos utilizar una cantidad similar para ayudar a acelerar la convergencia de la serie en $(8)$.

En la ecuación de $(8)$ de esta respuesta se muestra que $$ \sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{\log(n)}{n} =\gamma\log(2)-\frac{\log(2)^2}{2}\la etiqueta{9} $$ Podemos usar esto para acelerar la convergencia de $$ \begin{align} &\sum_{k=1}^\infty(-1)^k\frac{\log(2k+1)}{k}\\ &=\sum_{k=1}^\infty(-1)^k\frac{\log(2k)}{k} +\sum_{k=1}^\infty(-1)^k\frac{\log\left(1+\frac1{2k}\right)}{k}\\ &=\gamma\log(2)-\frac{3\log(2)^2}{2} +\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^k}k\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n(2k)^n}\\ &=\gamma\log(2)-\frac{3\log(2)^2}{2} +\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{k+n+1}}{n2^nk^{n+1}}\\ &=\gamma\log(2)-\frac{3\log(2)^2}{2} +\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n2^n}\zeta(n+1)(1-2^{-n})\\ &=\gamma\log(2)-\frac{3\log(2)^2}{2}+\log(5/6) +\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n(2^n-1)}{n4^n}(\zeta(n+1)-1)\tag{10} \end{align} $$ Por lo tanto, obtenemos $$ \begin{align} \int_0^\infty e^{-x}\log(\cosh(x))\,\frac{\mathrm{d}x}{x} &=1+\gamma\log(2)-\frac{3\log(2)^2}{2}+\log(5/6)\\ &+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n(2^n-1)}{n4^n}(\zeta(n+1)-1)\tag{11} \end{align} $$ La serie en $(11)$ converge sobre $0.6$ dígitos por cada término.

Answer 2

El resultado dado en el apego no es una forma cerrada : El objetivo es sólo para transformar la integral en una serie. La transformada de Laplace que aparecen en el cálculo proviene de H. Bateman,Tablas de transformadas Integrales, p.49 , Eq.17. Mc.Mcgraw-hill Edición. (1954)

Los cálculos numéricos muestran que la convergencia de la serie dada por Robjohn es más rápido que la convergencia de mi serie. Así que, te recomiendo usar el Robjohn de la serie en lugar de la mía.

Answer 3

La integral a evaluar es \begin{align} I(1) = \int_{0}^{\infty} e^{-x} \, \ln(\cosh(x)) \, \frac{dx}{x}. \end{align} La evaluación es como sigue. Considere la posibilidad de \begin{align} \int_{1}^{\infty} e^{-\alpha x} d\alpha = \left[ - \frac{1}{x} e^{-\alpha x} \right]_{1}^{\infty} = \frac{e^{-x}}{x}. \end{align} Vamos \begin{align} I(\alpha) = \int_{0}^{\infty} e^{-\alpha x} \, \ln(\cosh(x)) \, \frac{dx}{x}, \end{align} donde $I(1)$ es la integral para evaluar y $I(\infty) = 0$, por lo que la diferenciación con respecto a $\alpha$ conduce a \begin{align} \partial_{\alpha} I(\alpha) = - \int_{0}^{\infty} e^{- \alpha x} \ln(\cosh(x)) dx. \end{align} Usando integración por partes se ve que \begin{align} \partial_{\alpha} I(\alpha) &= \left[ \frac{1}{\alpha} \, e^{- \alpha x} \ln(\cosh(x)) \right]_{0}^{\infty} - \frac{1}{\alpha} \int_{0}^{\infty} e^{- \alpha x} \tanh(x) dx \\ &= - \frac{1}{\alpha} \int_{0}^{\infty} e^{- \alpha x} \tanh(x) dx \\ &= - \frac{1}{2 \alpha} \left[ \beta\left( \frac{\alpha}{2} \right) - \beta\left( \frac{\alpha + 2}{2} \right) \right] \\ &= - \frac{1}{4\alpha} \left[ 2 \psi\left( \frac{\alpha + 2}{4} \right) - \psi\left( \frac{\alpha}{4} \right) - \psi\left( \frac{\alpha}{4} + 1 \right) \right] \\ &= \frac{1}{\alpha^{2}} - \frac{1}{\alpha} \beta\left(\frac{\alpha}{2}\right), \end{align} donde $2 \beta(x) = \psi((x+1)/2) - \psi(x/2)$. Desde \begin{align} \beta\left(\frac{x}{2}\right) = 2 \partial_{x} \ln\left( \frac{\Gamma((x+2)/4)}{\Gamma(x/4)} \right) \end{align} entonces \begin{align} \partial_{\alpha} I(\alpha) &= \frac{1}{\alpha^{2}} - \frac{2}{\alpha} \partial_{\alpha} \ln\left( \frac{\Gamma((\alpha+2)/4)}{\Gamma(\alpha/4)} \right) \end{align} y \begin{align} \int_{1}^{\infty} \partial_{\alpha} I(\alpha) \, d\alpha &= 1 - 2 \int_{1}^{\infty} \frac{1}{\alpha} \partial_{\alpha} \ln\left( \frac{\Gamma((\alpha+2)/4)}{\Gamma(\alpha/4)} \right) \\ I(\infty) - I(1) &= 1 - 2 \left[ \frac{1}{\alpha} \ln\left( \frac{\Gamma((\alpha+2)/4)}{\Gamma(\alpha/4)} \right) \right]_{1}^{\infty} - 2 \int_{1}^{\infty} \ln\left( \frac{\Gamma((\alpha+2)/4)}{\Gamma(\alpha/4)} \right) \, \frac{d\alpha}{\alpha^{2}} \\ - I(1) &= 1 + 2 \ln\left( \frac{\Gamma(3/4)}{\Gamma(1/4)} \right) - \frac{1}{2} \int_{1/4}^{\infty} \ln\left( \frac{\Gamma(u+1/2)}{\Gamma(u)} \right) \, \frac{du}{u^{2}}. \end{align} Este es \begin{align} I(1) &= \ln\left( \frac{\Gamma^{4}(1/4)}{2 \pi^{2} e} \right) - \frac{1}{2} \int_{1/4}^{\infty} \ln\left( \frac{\Gamma(u)}{\Gamma(u + 1/2)} \right) \, \frac{du}{u^{2}}. \end{align} Es de señalar que \begin{align} \ln\left( \frac{\Gamma^{4}(1/4)}{2 \pi^{2} e} \right) < \int_{1/4}^{\infty} \ln\left( \frac{\Gamma(u)}{\Gamma(u + 1/2)} \right) \, \frac{du}{u^{2}} < \ln\left( \frac{\Gamma^{4}(1/4)}{4 \pi^{2} e} \right). \end{align}

Answer 4

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{\cosh\pars{x}} \over x}\,\expo{-x}\,\dd x}$

\begin{align}&\color{#c00000}{% \int_{0}^{\infty}{\ln\pars{\cosh\pars{x}} \over x}\,\expo{-x}\,\dd x} =\int_{0}^{\infty}{x + \ln\pars{1 + \expo{-2x}} - \ln\pars{2} \over x}\, \expo{-x}\,\dd x \\[3mm]&=1 + \color{#00f}{\int_{0}^{\infty} {\ln\pars{1 + \expo{-2x}} - \ln\pars{2} \over x}\,\expo{-x}\,\dd x} \end{align}

\begin{align}&\color{#00f}{\int_{0}^{\infty} {\ln\pars{1 + \expo{-2x}} - \ln\pars{2} \over x}\,\expo{-x}\,\dd x} =\int_{0}^{\infty}\bracks{\sum_{n = 1}^{\infty} {\pars{-1}^{n + 1} \over n}\expo{-2nx} -\ln\pars{2}}\expo{-x}\,{\dd x \over x} \\[3mm]&=-\int_{0}^{\infty}\ln\pars{x}\bracks{\sum_{n = 1}^{\infty} {\pars{-1}^{n + 1} \over n}\pars{-2n - 1}\expo{-\pars{2n + 1}x} +\ln\pars{2}\expo{-x}}\,\dd x \end{align}

Sin embargo, $$ \int_{0}^{\infty}\ln\pars{x}\expo{-\alpha x}\,\dd x =-\,{\ln\pars{\alpha} + \gamma \\alpha}\,,\qquad\Re\pars{\alpha} > 0 $$

A continuación, \begin{align}&\color{#00f}{\int_{0}^{\infty} {\ln\pars{1 + \expo{-2x}} - \ln\pars{2} \over x}\,\expo{-x}\,\dd x} =-\braces{\sum_{n = 1}^{\infty}{\pars{-1}^{n + 1} \over n}\, \bracks{\ln\pars{2n + 1} + \gamma}} + \gamma\ln\pars{2} \\[3mm]&=\sum_{n = 1}^{\infty}{\pars{-1}^{n} \over n}\,\ln\pars{2n + 1} =\int_{0}^{2}\sum_{n = 1}^{\infty}{\pars{-1}^{n} \over \xi n + 1}\,\dd\xi =\int_{0}^{2} \sum_{n = 1}^{\infty}{\pars{-1}^{n} \over n + 1/\xi}\,{\dd\xi \over \xi} \\[3mm]&=\int_{0}^{2}{\Phi\pars{-1,1,1/\xi} \over \xi}\,\dd\xi \end{align} donde $\ds{\Phi\pars{z,s,\alpha}}$ es el Lerch Trascendente Función.

$$\color{#00f}{\large\int_{0}^{\infty} {\ln\pars{\cosh\pars{x}} \over x}\,\expo{-x}\,\dd x} =\color{#00f}{\large 1 + \int_{0}^{2}{\Phi\pars{-1,1,1/\xi} \\xi}\,\dd\xi} $$

Hasta el momento, yo era incapaz de evaluar o/y encontrar el logaritmo involucrados sumas' y no hemos encontrado nada relacionado con $\ds{\Phi}$ integración. Además de la habitual de los enlaces, este parece ser muy interesante.