Un integral impropia con constante Glaisher Kinkelin

Question

Muestran que: %#% $ $$\int_0^\infty \frac{\text{e}^{-x}}{x^2} \left( \frac{1}{1-\text{e}^{-x}} - \frac{1}{x} - \frac{1}{2} \right)^2 \, \text{d}x = \frac{7}{36}-\ln A+\frac{\zeta \left( 3 \right)}{2\pi ^2}$ #% Dónde está constante Glaisher Kinkelin

Ver pregunta de Chris está relacionado un poco con este evaluar $\displaystyle A$

Answer 1

Aquí es una identidad para log(A) que pueden ayudar.

$\displaystyle \ln(A)-\frac{1}{4}=\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-t}}{t^{2}}\left(\frac{1}{e^{t}-1}-\frac{1}{t}+\frac{1}{2}-\frac{t}{12}\right)dt$.

Creo que Coffey ha realizado un trabajo en esta área. Trate de buscar sus documentos en el registro constante del integrales, Barnes G, del registro de Stieltjes Gamma, etcetera.

Otra identidad interesante es $\displaystyle 2\int_{0}^{1}\left(x^{2}-x+\frac{1}{6}\right)\log\Gamma(x)dx=\frac{\zeta(3)}{2{\pi}^{2}}$.

Sólo algunas reflexiones que pueden ayudar a armarlo.

Answer 2

Definir $$f(s) = \int_0^{\infty} x^{s - 1} \frac{e^{-x}}{x^2} \left(\frac1{1 - e^{-x}} - \frac1x - \frac12\right)^2 dx.$$ This defines an analytic function on the domain $\operatorname{Re} (s) > 0$ and the problem is to evaluate $f(1)$.

Tenemos %#% $ #%

$$f(s) = \int_0^{\infty} x^{s - 3} e^{-x} \left(\frac1{(1 - e^{-x})^2} + \frac1{x^2} + \frac14 - \frac2{x(1 - e^{-x})} - \frac1{1 - e^{-x}} + \frac1x\right) dx$$

$$\quad\ = \int_0^{\infty} \left(\frac{x^{s - 3} e^{x}}{(e^x - 1)^2} + x^{s - 5} e^{-x} + \frac{x^{s - 3} e^{-x}}4 - \frac{2x^{s - 4}}{e^x - 1} - \frac{x^{s - 3}}{e^x - 1} + x^{s - 4} e^{-x}\right) dx.$, Integrando por partes en primer término da %#% $ #%

$\operatorname{Re}(s) > 4$$

Suponiendo otra vez $$f(s) = \int_0^{\infty} \left(\frac{(s - 3)x^{s - 4}}{e^x - 1} + x^{s - 5} e^{-x} + \frac{x^{s - 3} e^{-x}}4 - \frac{2x^{s - 4}}{e^x - 1} - \frac{x^{s - 3}}{e^x - 1} + x^{s - 4} e^{-x}\right) dx.$, esto nos da $$= \int_0^{\infty} \left(\frac{(s - 5)x^{s - 4}}{e^x - 1} + x^{s - 5} e^{-x} + \frac{x^{s - 3} e^{-x}}4 - \frac{x^{s - 3}}{e^x - 1} + x^{s - 4} e^{-x}\right) dx.$$\operatorname{Re}(s) > 4$\operatorname{Re} (s) > 0 $$f(s) = (s - 5)\Gamma(s - 3)\zeta(s - 3) + \Gamma(s - 4) + \frac14 \Gamma(s - 2) - \Gamma(s - 2)\zeta(s - 2) + \Gamma(s - 3),$s = 1 $ but, by analytic continuation, the equation must be valid (where the right side is defined) for $2 $ and the apparent singularities of the right side at $3 $, $4$ debe ser removible.

Nosotros podemos escribir $, $$, and $% $ $$f(s) = \frac{(s - 4)(s - 5)\zeta(s - 3) + 1 + \frac14 (s - 4)(s - 3) - (s - 4)(s - 3)\zeta(s - 2) + s - 4}{(s - 4)(s - 3)(s - 2)(s - 1)}\Gamma(s)$

$ and so $$

$f(1) = \lim_{s \to 1} \left(\frac{(s - 5)\zeta(s - 3)}{(s - 3)(s - 2)(s - 1)} - \frac{\zeta(s - 2) + \frac1{12}}{(s - 2)(s - 1)} + \frac{\frac13 (s - 4)(s - 3) + s - 3}{(s - 4)(s - 3)(s - 2)(s - 1)}\right)$$

$$= \lim_{s \to 1} \left(\frac{(s - 5)\zeta(s - 3)}{(s - 3)(s - 2)(s - 1)} - \frac{\zeta(s - 2) + \frac1{12}}{(s - 2)(s - 1)} + \frac1{3(s - 4)(s - 2)}\right)$$

$$= -2\zeta'(-2) + \zeta'(-1) + \frac19$$

Answer 3

Usted puede comenzar con la descomposición $$ \int_0^\infty {\frac{e^{-x}}{x^2} \left (\frac{1}{\left (e ^ x - 1\right) ^ 2}-\frac{1}{x^2} + \frac{1}{x}-\frac{5}{12} + \frac{x}{12} \right)dx} - 2\int_0 ^ \infty {\frac{e^{-x}}{x^3} \left (\frac {1} {e ^ x - 1}-\frac{1}{x} + \frac{1}{2}-\frac{x}{12} \right)dx} + \int_0^\infty {\frac{e^{-x}}{x^2} \left (\frac {1} {e ^ x-1}-\frac{1}{x} + \ frac {1} {2}-\frac {x} {12} \right)dx} $$ y el uso de la teoría de las funciones Gamma múltiples.