Integral

Question

¿Analizar los resultados de Mathematica devuelve varias integrales y serie y unir piezas, vino para arriba con esta conjetura: $$\int_0^{\pi/2}\frac{\sin\left(x-a\ln2\cdot\tan x\right)}{\left(e^{2\pi a\tan x}-1\right)\cdot\cos x}\,dx\stackrel{\color{gray}?}=\frac{\operatorname{li}\left(2^a\right)}{2^{a+1}}+\frac{2\,a-1+a\cdot\Re\,{_2F_1}(1,1;a;2)}{4\,a\,(1-a)}\color{gray}{,\,a>0\land a\ne1 }$ $ podemos demostrar este resultado? ¿Es posible generalizar para valores complejos del parámetro $a$?

Answer 1

Sólo alcancé a llegar a una forma cerrada para la integral de una forma diferente a lo que se ha propuesto en la pregunta.

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Preliminar Manipulaciones:

\begin{align} \int^\frac{\pi}{2}_0\frac{\sin(x-a\ln{2}\tan{x})}{(e^{2\pi a\tan{x}}-1)\cos{x}}\ {\rm d}x &=\Im\int^\infty_0\frac{e^{-i(a\ln{2})x}}{(e^{2\pi ax}-1)(1-ix)}\ {\rm d}x\tag1\\ &=\Im\int^0_{-\infty}\frac{e^{-i(a\ln{2})x}}{1-ix}\left(1+\frac{1}{e^{2\pi ax}-1}\right)\ {\rm d}x\tag2\\ &\color{blue}{=\frac{1}{2}\Im\int^\infty_0\frac{e^{i(a\ln{2})x}}{1+ix}\ {\rm d}x}+\color{red}{\frac{1}{2}\Im\int^\infty_{-\infty}\frac{e^{-i(a\ln{2})x}}{(e^{2\pi ax}-1)(1-ix)}\ {\rm d}x}\tag3 \end{align}

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Explicación:
$(1)$: Sustituido $x\mapsto\arctan{x}$
$(2)$: Sustituido $x\mapsto-x$.
$(3)$: Promedio de $(1)$$(2)$.

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El Contorno De La Integración: La Primera Integral

La integración de $\displaystyle f(z)=\frac{1}{2}\frac{e^{i\alpha z}}{1+iz}$ a lo largo del contorno de la $[0,R]\cup Re^{i[0,\pi/2]}\cup i[R,0]$, \begin{align} \color{blue}{\frac{1}{2}\Im\int^\infty_0\frac{e^{i(a\ln{2})x}}{1+ix}\ {\rm d}x} &=\Im\left(\color{grey}{\pi i\operatorname*{Res}_{z=i}f(z)}+\frac{i}{2}PV\int^\infty_0\frac{e^{-(a\ln{2})y}}{1-y}\ {\rm d}y\right)\\ &=\left.-\frac{1}{2}e^{-a\ln{2}}\operatorname{Ei}(a\ln{2}(1-y))\right|^\infty_{y=0}=\frac{1}{2}\frac{\operatorname{Ei}(a\ln{2})}{e^{a\ln{2}}}\\ &\color{blue}{=\frac{\operatorname{li}(2^a)}{2^{a+1}}} \end{align}

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El Contorno De La Integración: La Segunda Integral

$\text{Case}\ 1$: $a\in\mathbb{R}^+\backslash\mathbb{Z}^+$

Integrar a $\displaystyle g(z)=\frac{1}{2}\frac{e^{-i(a\ln{2})z}}{(e^{2\pi az}-1)(1-iz)}$ a lo largo del contorno de la $[-R,R]\cup Re^{i[2\pi,\pi]}$. Este (a la derecha) contorno encierra sólo la simple pol $z=-i$$z=-\frac{in}{a}$. Resumiendo los residuos, \begin{align} \color{red}{\frac{1}{2}\Im\int^\infty_{-\infty}\frac{e^{-i(a\ln{2})x}}{(e^{2\pi ax}-1)(1-ix)}\ {\rm d}x} &=\color{red}{-}\frac{1}{2}\Im\left(\pi i\operatorname*{Res}_{z=0}g(z)+2\pi i\operatorname*{Res}_{z=-i}g(z)+2\pi i\sum^\infty_{n=1}\operatorname*{Res}_{z=-in/a}g(z)\right)\\ &=-\frac{1}{2}\Im\left(\pi i\cdot\frac{1}{2\pi a}+2\pi i\cdot\frac{i}{2^a}\frac{1}{e^{-2\pi ia}-1}+2\pi i\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{2^{n+1}\pi(a-n)}\right)\\ &=-\frac{1}{4a}+\frac{\pi\cot(\pi a)}{2^{a+1}}+\frac{1}{2}\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{2^n(n-a)}\\ &\color{red}{=\frac{1}{4a}+\frac{\pi\cot(\pi a)}{2^{a+1}}+\frac{1}{2}\Phi\left(\frac{1}{2},1,-a\right)} \end{align} donde $\Phi$ es el lerch trascendente define como $\displaystyle\Phi(z,s,\alpha)=\sum^\infty_{n=0}\frac{z^n}{(n+\alpha)^s}$$|z|<1$$\alpha\notin\mathbb{Z}^-$. (Se lleva a cabo en Wolfram Mathematica o como $\text{HurwitzLerchPhi[z,s,a]}$, no $\text{LerchPhi[z,s,a]}$).

$\text{Case}\ 2$: $a\in\mathbb{Z}^+$

En este caso, el polo en $z=-i$ es $2$. Aplicando el teorema de los residuos, una vez más, \begin{align} \color{red}{\frac{1}{2}\Im\int^\infty_{-\infty}\frac{e^{-i(a\ln{2})x}}{(e^{2\pi ax}-1)(1-ix)}\ {\rm d}x} &=-\frac{1}{2}\Im\left(\pi i\cdot\frac{1}{2\pi a}+2\pi i\cdot\frac{\ln{2}-\pi i}{2^{a+1}\pi}+2\pi i\sum^\infty_{\substack{n=1\\n\neq a}}\frac{1}{2^{n+1}\pi(a-n)}\right)\\ &=\frac{1}{4a}-\frac{\ln{2}}{2^{a+1}}+\frac{1}{2}\sum^\infty_{\substack{n=0\\n\neq a}}\frac{1}{2^{n}(n-a)}\\ &=\frac{1}{4a}\color{grey}{-\frac{\ln{2}}{2^{a+1}}}+\frac{1}{2}\sum^{a-1}_{n=0}\frac{1}{2^{n}(n-a)}+\color{grey}{\frac{1}{2}\sum^\infty_{n=a+1-(a+1)}\frac{1}{2^{n+(a+1)}(n+(a+1)-a)}}\\ &\color{red}{=\frac{1}{4a}+\frac{1}{2}\sum^{a-1}_{n=0}\frac{1}{2^{n}(n-a)}} \end{align}

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El Resultado Final:

La combinación de azul y rojo integrales da \begin{align} \int^\frac{\pi}{2}_0\frac{\sin(x-a\ln{2}\tan{x})}{(e^{2\pi a\tan{x}}-1)\cos{x}}\ {\rm d}x = \begin{cases} \displaystyle\small{\frac{\mathrm{li}(2^a)}{2^{a+1}}+\frac{1}{4a}+\frac{\pi\cot(\pi a)}{2^{a+1}}+\frac{1}{2}\Phi\left(\frac{1}{2},1,-a\right)}, &\text{if } a\in\mathbb{R}^+\backslash\mathbb{Z}^+\\ \displaystyle\small{\frac{\mathrm{li}(2^a)}{2^{a+1}}+\frac{1}{4a}+\frac{1}{2}\sum^{a-1}_{n=0}\frac{1}{2^{n}(n-a)}}, &\text{if } a\in\mathbb{Z}^+ \end{casos} \end{align}