Integración

Question

Por favor me ayude para evaluar esta integral en una forma cerrada: integración de uso de $ $$I=\int_0^\infty\text{Li}_2\left(e^{-\pi x}\right)\arctan x\,dx$ partes encontré que podía expresarse a través de integrales de funciones elementales: $$I_1=\int_0^\infty\log\left(1-e^{-\pi x}\right)\log\left(1+x^2\right)dx$ $ $$I_2=\int_0^\infty x\log\left(1-e^{-\pi x}\right)\arctan x\,dx$ $

Answer 1

Tenemos $$\int_{0}^{\infty}\textrm{Li}_{2}\left(e^{-\pi x}\right)\arctan\left(x\right)dx=\sum_{k\geq1}\frac{1}{k^{2}}\int_{0}^{\infty}e^{-\pi kx}\arctan\left(x\right)dx=\frac{1}{\pi}\sum_{k\geq1}\frac{1}{k^{3}}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-\pi kx}}{1+x^{2}}dx $$ and this is the Laplace transform of $\frac{1}{1+x^{2}} $ at $s=\pi k $. This can be calculated (see for example here for $s=1 $) $$\frac{1}{\pi}\sum_{k\geq1}\frac{1}{k^{3}}\left(\textrm{Ci}\left(\pi k\right)\sin\left(\pi k\right)+\frac{\pi\cos\left(\pi k\right)}{2}-\textrm{Si}\left(\pi k\right)\cos\left(\pi k\right)\right)=$$ $$=-\frac{3}{8}\zeta\left(3\right)-\frac{1}{\pi}\sum_{k\geq1}\frac{\left(-1\right)^{k}}{k^{3}}\textrm{Si}\left(\pi k\right) $$ where $\textrm{Ci}\left(x\right) $ and $\textrm{Si}\left(x\right) $ are the cosine and the sine integral. Now note, using the power series of $\textrm{Si}\left(x\right) $ $$\sum_{k\geq1}\frac{\left(-1\right)^{k}}{k^{3}}\textrm{Si}\left(\pi k\right)=\sum_{k\geq1}\frac{\left(-1\right)^{k}}{k^{3}}\sum_{n\geq1}\left(-1\right)^{n-1}\frac{\left(\pi k\right)^{2n-1}}{\left(2n-1\right)\left(2n-1\right)!}=$$ $$=\sum_{n\geq1}\left(-1\right)^{n-1}\frac{\pi^{2n-1}\left(2^{2n-3}-1\right)\zeta\left(4-2n\right)}{\left(2n-1\right)\left(2n-1\right)!} =\pi\left(2^{-1}-1\right)\zeta\left(2\right)-\frac{\pi^{3}\zeta\left(0\right)}{18}=$$ $$=-\frac{\pi^{3}}{18} $$ because $\zeta\left(-2n\right)=0,\,\forall n\geq1 $. So we have $$\int_{0}^{\infty}\textrm{Li}_{2}\left(e^{-\pi x}\right)\arctan\left(x\right)dx=-\frac{3}{8}\zeta\left(3\right)+\frac{\pi^{2}}{18} $$ como se conjeturó por dbanet.

Answer 2

1. Solución

Aquí hay otra solución: Observe que

\begin{align*} &\int_{0}^{\infty} \operatorname{Li}_2(e^{-\pi x}) \arctan x \, dx \\ &\qquad = \overbrace{\left[ -\tfrac{1}{\pi} \operatorname{Li}_3(e^{-\pi x}) \arctan x \right]_{0}^{\infty}}^{=0} + \int_{0}^{\infty} \frac{\operatorname{Li}_3(e^{-\pi x})}{\pi(1 + x^2)} \, dx \\ &\qquad = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-n\pi x}}{\pi(1+x^2)} \, dx \\ &\qquad = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-x}}{(\pi n)^2 + x^2} \, dx \qquad (n\pi x \mapsto x) \\ &\qquad = \frac{\pi^2}{2} \int_{0}^{\infty} \left( \frac{1}{x^4} + \frac{1}{3x^2} - \frac{\coth x}{x^3} \right) e^{-x} \, dx \end{align*}

Con el fin de evaluar la última integral, se introduce la función de $I(s)$ definido por

$$ I(s) = \frac{\pi^2}{2} \int_{0}^{\infty} \left( \frac{1}{x^4} + \frac{1}{3x^2} - \frac{\coth x}{x^3} \right) x^{s} e^{-x} \, dx. $$

A continuación, $I(s)$ es analítica para$\Re(s) > -1$, y el de la integral se puede escribir como $I(0)$. Ahora, supongamos por un momento que $\Re(s) > 3$. Entonces

\begin{align*} I(s) &= \frac{\pi^2}{2} \int_{0}^{\infty} \left( \frac{1}{x^4} + \frac{1}{x^3} + \frac{1}{3x^2} - \frac{2}{x^3(1 - e^{-2x})} \right) x^{s} e^{-x} \, dx \\ &= \frac{\pi^2}{2} \left( \Gamma(s-3) + \Gamma(s-2) + \frac{1}{3}\Gamma(s-1) - 2 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\Gamma(s-2)}{(2n+1)^{s-2}} \right) \\ &= \frac{\pi^2}{2} \left( \Gamma(s-3) + \Gamma(s-2) + \frac{1}{3}\Gamma(s-1) - 2 \Gamma(s-2)(1 - 2^{2-s})\zeta(s-2) \right). \end{align*}

Por el principio de continuación analítica, esta relación se mantiene en $\Re(s) > -1$. Tan sólo tenemos que tomar como límite $s \to 0$. Para ello, vamos a tratar dos partes por separado:

1. Es fácil comprobar que $\Gamma(s-3) + \Gamma(s-2) + \frac{1}{3}\Gamma(s-1) \to \frac{1}{9}$$s \to 0$.

2. El uso de la funcional de la ecuación de $\zeta(s)$ y la reflexión fórmula para $\Gamma(s)$, tenemos $$ 2 \Gamma(s-2)(1 - 2^{2-s})\zeta(s-2) = \frac{(1 - 2^{s-2})\pi^{s-2}}{\cos(\pi s/2)} \zeta(3-s). $$ Tomando $s \to 0$, esto converge a $\frac{3}{4\pi^2}\zeta(3)$.

La combinación de estas dos observaciones, hemos

$$ I(0) = \frac{\pi^2}{18} - \frac{3}{8}\zeta(3). $$

2. La generalización de

Podemos generalizar el problema considerando a la familia de las integrales

$$ I_n = \int_{0}^{\infty} \operatorname{Li}_{n}(e^{-\pi x}) \arctan x \, dx. $$

Al $n$ es incluso, podemos utilizar la misma técnica que en nuestra solución para obtener

La reclamación. Para $m = 0, 1, 2, \cdots$ hemos $$ I_{2m} = \frac{(-1)^m \pi^{2m}}{2} \sum_{k=0}^{2m+1} \frac{2^k B_k H_{2m+1-k}}{k!(2m+1-k)!} - \frac{1}{2}\eta(2m+1), \tag{1} $$ donde $(B_k)$ son los números de Bernoulli, $(H_k)$ son los armónicos números, y $$\eta(s) = (1-2^{1-s})\zeta(s)$$ es la de Dirichlet eta función.

Comentario 1. Siguiente @Marco Cantarini's cálculo, se han

$$ I_n = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k \pi^{2k}}{(2k+1)!(2k+1)} \eta(n-2k) - \frac{1}{2}\eta(n+1). \tag{2} $$

Esto se reduce a una suma finita al $n = 2m$ incluso:

$$ I_{2m} = (-1)^m \pi^{2m} \sum_{k=0}^{2m} \frac{(1-2^{k-1})B_k}{(2m+1-k)!(2m+1-k)(k!)} - \frac{1}{2}\eta(2m+1). \tag{3} $$

Así que tenemos dos representaciones diferentes para $I_{2m}$.

Observación 2. El uso de (1), encontramos que para $|z| < 1$,

$$ \sum_{m=0}^{\infty} I_{2m}z^{2m} = \frac{1}{2}\left( \frac{\operatorname{Si}(\pi z)}{\sin (\pi z)} - \int_{0}^{\infty} \frac{\cosh(z t)}{e^t + 1} \, dt \right). \tag{4} $$

Por lo tanto en principio, podemos encontrar los valores de $I_{2m}$ diferencia (4) $2m$ veces.

Answer 3

Algunas heurísticas sugieren $\displaystyle\int\limits_0^\infty\operatorname{Li}_2\left(e^{-\pi x}\right)\arctan(x)\operatorname{d}x=\frac{\pi^2}{18}-\frac{3\zeta\left(3\right)}{8}.$