Cómo probar una generalización de la integral de la identidad

Question

$$ \int_{0}^{\infty }\frac{t} {e^{2\pi t}-1)(1+t^{2})}dt=-\frac{1}{4}+\frac{\gamma}{2} $$ donde $\gamma$ = Gamma de Euler $$ \int_{0}^{\infty }\frac{t} {e^{2\pi t}-1)(1+t^{2}) ^{2}}dt=\frac{\pi^2}{24} -\frac{3}{8} $$ $$ \int_{0}^{\infty }\frac{t} {e^{2\pi t}-1)( 1+t^{2})^{3}}dt=\frac{\pi^2}{96} +\frac{\zeta(3)}{8} -\frac{7}{32} $$

Answer 1

Caso $n\ge2$

Podemos escribir (por $n\ge 2$) \begin{align} \int_{0}^{\infty }\frac{t}{(e^{2\pi t}-1)(1+t^{2})^n}dt=-\frac12\int_0^{\infty}\frac{tdt}{(1+t^2)^n}+\frac{1}{2}\int_0^{\infty}\frac{t\coth\pi t\,dt}{(1+t^2)^n}, \end{align}

• La primera integral se puede calcular en términos de funciones elementales: $$\int_0^{\infty}\frac{tdt}{(1+t^2)^n}=\frac12\left[\frac{(1+t^2)^{1-n}}{1-n}\right]_0^{\infty}=\frac{1}{2n-2}.$$

• En la segunda integral, tenemos una función par, entonces se puede escribir como $\displaystyle\frac12\int_{-\infty}^{\infty}$. Lo siguiente es que resulta fácil de evaluar por los residuos tirando de la integración de contorno a $i\infty$. De esta manera estará determinada por la contribución de los polos en $t_k=ik$, $k\in\mathbb{Z}_{>0}$, donde además de todos los polos con la excepción de $t_1=i$ son simples, y $t_1$ es de orden $n+1$. Explícitamente, $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{t\coth\pi t\,dt}{(1+t^2)^n}=-\sum_{k=2}^{\infty}\frac{2k}{(1-k^2)^n}+2\pi i \cdot\mathrm{res}_{t=i}\frac{t\coth\pi t}{(1+t^2)^n}.$$ Es bastante claro que la primera suma se puede expresar en términos de $\zeta$-de la función evaluada en valores enteros y el segundo término puede ser obtenida mediante el cálculo de un número suficiente de derivados.

• Por ejemplo, \begin{align} &\sum_{k=2}^{\infty}\frac{2k}{(1-k^2)^2}=\frac{5}{8},\\ &\sum_{k=2}^{\infty}\frac{2k}{(1-k^2)^3}=\frac{7-8\zeta(3)}{16},\\ &\sum_{k=2}^{\infty}\frac{2k}{(1-k^2)^4}=\frac{45-32\zeta(3)}{128},\\ &\sum_{k=2}^{\infty}\frac{2k}{(1-k^2)^5}=\frac{77-40\zeta(3)-32\zeta(5)}{256},\\ &\\ &\ldots\;\ldots\;\ldots \end{align} y también \begin{align} 2\pi i \cdot\mathrm{res}_{t=i}\frac{t\coth\pi t}{(1+t^2)^2}&=\frac{4\pi^2+3}{24},\\ 2\pi i \cdot\mathrm{res}_{t=i}\frac{t\coth\pi t}{(1+t^2)^3}&=\frac{2\pi^2+3}{48}, \end{align} y así sucesivamente.

La combinación de todos estos resultados, se puede calcular la integral inicial para cualquier entero $n\ge 2$: $$\int_{0}^{\infty }\frac{t}{(e^{2\pi t}-1)(1+t^{2})^n}dt=\frac14\left[2\pi i \cdot\mathrm{res}_{t=i}\frac{t\coth\pi t}{(1+t^2)^n}-\sum_{k=2}^{\infty}\frac{2k}{(1-k^2)^n}-\frac{1}{n-1}\right].$$

El caso de $n=1$ deben ser tratados por separado, lo haré más tarde (o tal vez alguien va a salir con su propia prueba antes).

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Añadido: El Caso De $n=1$

(Realmente no me gusta esta derivación, no debería ser más sencilla; sin embargo, estoy bastante satisfecho con mi anterior derivación para $n\ge 2$)

Aquí el problema es que no podemos separar la integral en dos partes como antes. Vamos a solucionar esto mediante la consideración de un poco más general integral $$I(\alpha)=\int_{0}^{\infty }\frac{t}{(e^{2\pi t}-1)(1+t^{2})(1+\alpha^2 t^2)}dt,\tag{1}$$ y recuperando el resultado que nos interesa en el límite de $\alpha\rightarrow 0$. La repetición de nuestros anteriores manipulaciones con (1), nos encontramos con \begin{align} I(\alpha)=-\frac12\int_0^{\infty}\frac{tdt}{(1+t^2)(1+\alpha^2t^2)}+\frac{1}{4}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{t\coth\pi t\,dt}{(1+t^2)(1+\alpha^2 t^2)}, \end{align}

La evaluación de estas integrales (el primer directamente, el segundo por los residuos), se obtiene (por $\alpha>0$) $$I(\alpha)=\frac{1}{2}\frac{\ln\alpha}{1-\alpha^2}-\frac14 \sum_{k=2}^{\infty}\frac{2k}{(1-k^2)(1-\alpha^2 k^2)}+\frac{1+3\alpha^2}{8(1-\alpha^2)^2}-\frac{\pi\coth\frac{\pi}{a}}{4(1-\alpha^2)},$$ donde los últimos dos términos corresponden a las contribuciones de los polos en $t=i$$t=i/\alpha$. Por lo tanto la integral que nos interesa es dada por $$I(0)=\frac{1}{2}\lim_{\alpha\rightarrow 0}\left[\ln\alpha-\sum_{k=2}^{\infty}\frac{k}{(1-k^2)(1-\alpha^2 k^2)}\right]+\frac{1}{8}-\frac{\pi}{4}.\tag{2}$$ La suma dentro de este límite puede ser calculado en forma cerrada para cualquier $\alpha$ (recordemos que, por ejemplo,$\sum_{k=2}^N\frac{1}{k+a}=\psi(1+N+a)-\psi(2+a)$): \begin{align}\sum_{k=2}^{\infty}\frac{k}{(1-k^2)(1-\alpha^2 k^2)}&=-\frac{4\gamma-3+2\psi(2+\alpha^{-1})+2\psi(2-\alpha^{-1})}{4(1-\alpha^2)}=\\ &=-\frac{4\gamma-3+2\psi(2+\alpha^{-1})+2\psi(-1+\alpha^{-1})+2\pi\cot\frac{\pi}{\alpha}}{4(1-\alpha^2)} \end{align} Por lo tanto, para calcular el límite en (2), es suficiente para saber el asymptotics de digamma función para la gran argumento. Está dada por $$\psi(\Lambda)=\ln\Lambda+O\left(\Lambda^{-1}\right),$$ y por lo tanto, tenemos que, como $\alpha\rightarrow 0$, $$\sum_{k=2}^{\infty}\frac{k}{(1-k^2)(1-\alpha^2 k^2)}=\ln\alpha-\frac{4\gamma-3+2\pi}{4}+O\left(\alpha\right).$$ Ser combinado con (2), esto da el resultado: $I(0)=\frac{\gamma}{2}-\frac14$. $\blacksquare$

Answer 2

Por $$ \int_{0}^{\infty }\frac{\arctan \frac{t}{z}}{e^{2\pi t}-1}dt=\frac{z z z-z\ln z}{2}-\frac{1}{4}\ln \frac{2\pi }{z}+\frac{1}{2}\ln \Gamma (z) [{Re}z>0] $$ tenemos $$ \int_{0}^{\infty }\frac{t}{\left( e^{2\pi t}-1\right) \left( z^{2}+t^{2}\right) }dt=\frac{\ln z}{4}-\frac{1}{4z}-\frac{1}{2}\psi \left( z\right), $$ $$ \int_{0}^{\infty }\frac{t}{\left( e^{2\pi t}-1\right) \left( z^{2}+t^{2}\right) ^{2}}dt=\frac{1}{4z}\psi ^{\prime }\left( z\right) -\frac{% 1}{4z^{2}}-\frac{1}{8z^{3}} , $$ $$ \int_{0}^{\infty }\frac{t}{\left( e^{2\pi t}-1\right) \left( z^{2}+t^{2}\right) ^{3}}dt=\frac{1}{16z^{3}}\psi ^{\prime }\left( z\right) - \frac{1}{16z^{2}}\psi ^{\prime \prime }\left( z\right) -\frac{1}{8z^{4}}- \frac{3}{32z^{5}} $$ y la repetición de la fórmula $$ I_{p}(z)=\int_{0}^{\infty }\frac{t}{\left( e^{2\pi t}-1\right) \left( z^{2}+t^{2}\right)^p }dt=\frac{-1}{2 piezas}I_{p-1}^{\prime }(z). $$ Para $\psi ^{(k)}(z)$ tenemos las siguientes identidades \begin{equation} \begin{array}{c} \psi ^{(k)}(n+z)=\psi ^{(k)}(z)+k!(-1)^{k}\sum\limits_{l=1}^{n-1}\frac{1}{% \left( {l+z}\right) ^{k+1}}, \\ \psi ^{(k)}(z-n)=\psi ^{(k)}(z)+k!\sum\limits_{l=1}^{n}\frac{1}{\left( {l-n-z% }\right) ^{k+1}}.% \end{array} \end{equation} y \begin{equation} \begin{array}{c} \psi ^{(k)}(0)=\left\{ \begin{array}{c} -\gamma ,k=0 \\ k{{!(-1)^{k+1}}\zeta (k+1)},k>0% \end{array}% \right. , \\ \psi ^{(k)}(\frac{1}{2})=\left\{ \begin{array}{c} -\gamma -2\ln 2,k=0 \\ k{{!(-1)^{k+1}}}\left( 2^{k+1}-1\right) {\zeta (k+1)},k>0% \end{array} \right. , \\ \psi ^{(k)}(\frac{1}{4})=\left\{ \begin{array}{c} -\gamma -2\ln 2,k=0 \\ -\frac{k{!}}{2\pi }\left( \left( k+2+4^{k+2}\right) {\zeta }% (k+2)-2\sum\limits_{l=0}^{k/2-1}4^{k-2l}{{{\zeta }(k-2l)\zeta }}(2l+2)\right) \\ -k{!}2^{k}(2^{k+1}-1){\zeta }(k+1),k\text{ is even}% \end{array} \right. , \\ \psi ^{(k)}(\frac{3}{4})=\left\{ \begin{array}{c} -\gamma -2\ln 2,k=0 \\ \frac{k{!}}{2\pi }\left( \left( k+2+4^{k+2}\right) {\zeta }% (k+2)-2\sum\limits_{l=0}^{k/2-1}4^{k-2l}{{{\zeta }(k-2l)\zeta }}(2l+2)\right) \\ -k{!}2^{k}(2^{k+1}-1){\zeta }(k+1),k\text{ is even}% \end{array} \right. \end{array} \end{equation}