Demostrar que la integral se evalúa como $\frac{K}{\pi}$

Question

Ayer he recibido la siguiente integral que puede requerir algunos tediosos pasos para hacer

$$\int_0^{\infty}{\small\left[ \frac{x}{\log^2\left(e^{\large x^2}-1\right)}- \frac{x}{\sqrt{e^{\large x^2}-1}\log^2\left(e^{\large x^2}-1\right)}-\frac{x}{\sqrt{e^{\large x^2}-1}\log\left(\left(e^{\large x^2}-1\right)^2\right)}\right] \ dx}=\frac{K}{\pi}$$

donde $K$ es el catalán constante

Qué hacer? Bueno, uno puede dejar $x^2\mapsto x$, $e^{x}-1\mapsto x$ y, a continuación, obtener una integral donde podemos agregar
un parámetro del tipo $x^s$, y luego tengo un integrante $I(s)$ que me diferenciar dos veces con respecto
a $s$, y, a continuación, integrar más de $[0,\infty)$. Por supuesto, el último paso es integrar dos veces con respecto a $s$, pero este no es el trabajo que me encanta. Mi sensación es que hay una manera bastante fácil para probar que la integral resultado que aún no veo, pero tal vez usted lo vea y comparta conmigo.

Answer 1

De una discusión con @Semiclassical en el chat me di cuenta de que voy a enfoque la pregunta totalmente diferente y el comienzo de la representación bien conocida de la constante de Catalan, es decir $\displaystyle \int_0^{\pi/2} \frac{x}{\sin(x)}=2 K$ y luego el lado derecho pueden ser escritos como

%#% $ De #% por otra parte, si hacemos uso de la conocida % integral $$\frac{K}{\pi}=\frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi/2} \frac{x}{\sin(x)} \ dx=\frac{1}{2}\int_0^{1/2} \frac{\pi x}{\sin(\pi x)} \ dx$,
\begin{align*}\frac{K}{\pi}&=\frac{1}{2}\int_0^{1/2} x\int_0^{\infty} \displaystyle \frac{1}{(e^{y}-1)^x}\ dy\ dx\\&=\frac{1}{2}\int_0^{\infty}\int_0^{1/2} \displaystyle \frac{x}{(e^{y}-1)^x}\ dx \ dy\\ &=\frac{1}{2}\int_0^{\infty}\left[\frac{1}{\log^2(e^y-1)}-\frac{1}{\sqrt{e^y-1}\log^2(e^y-1)} - \frac{1}{\sqrt{e^y-1}\log((e^y-1)^2)}\right] \ dy\end{align*} por último, dejando a $\displaystyle \int_0^{\infty} \displaystyle \frac{1}{(e^{y}-1)^x}\ dy=\frac{\pi}{\sin(\pi x)}$ hemos terminado.

Q.E.D.

Answer 2

He jugado un poco con esto de Euler estilo (no preocuparse mucho acerca de establecer la convergencia, que creo que debe ser bastante simple aquí si uno necesita este) y encontró una manera de derivar a partir de cero.

En primer lugar hacer la sustitución de $t=\log(e^{x^2}-1)$ y, a continuación, hacer la segunda sustitución $w=-t$ $t<0$ parte como resultado de la integral para obtener

$$I = \frac{1}{2}\int_0^\infty \frac{dw}{w^2}\left(1 + e^{-w} - 2e^{-w/2}\right)\frac{1}{1+e^{-w}}$$

Ahora expandir la última parte en una serie de Taylor y la introducción (para ser capaces de manipular cada término de la integral de forma independiente) un factor de regularización $w^s$ en el integrando. Esto nos da

$$I(s) = \frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\int_0^\infty dw\left(1 + e^{-w} - 2e^{-w/2}\right)w^{s-2}e^{-nw}$$

donde $I(0)$ es el valor que nos interesa. Ahora podemos fácilmente evaluar la integral en términos de la $\Gamma$-función,

$$I(s) = \frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\left[\frac{1}{n^{s-1}} + \frac{1}{(n+1)^{s-1}} - \frac{2^s}{(2n+1)^{s-1}}\right]\Gamma(s-1)$$

Cada término de la suma está bien definido en el límite de $s\to 0$ y el uso de $\lim\limits_{s\to 0}\Gamma(s-1)s = -1$ junto con

$$\lim_{s\to 0} \frac{\frac{1}{n^{s-1}} + \frac{1}{(n+1)^{s-1}} - \frac{2^s}{(2n+1)^{s-1}}}{s} = n\left(2\log(n+1/2)-\log(n+1)-\log(n)\right)\\ + \log(n+1/2)-\log(n+1)$$

nos da

$$I = \frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty(-1)^{n+1}\left[n\left(2\log(n+1/2)-\log(n+1)-\log(n)\right)\\ + \log(n+1/2)-\log(n+1)\right]$$

que después de colapso de los registros, convirtiéndolo en un producto y la simplificación de los rendimientos de la identidad

$$e^{2I-\frac{1}{2}} = \lim_{n\to \infty} \frac{1}{(4n+1)^{2n}}\prod_{k=0}^{n-1}\frac{(4k+3)^{4k+3}}{(4k+1)^{4k+1}}$$

que es idéntica a la que se encuentra aquí (Eq. 53) con

$$I = \frac{K}{\pi}$$

Una prueba de la identidad del producto arriba se puede encontrar aquí.