Forma cerrada $\int_0^\infty\left(\frac{\tanh x}{x^2}-\frac{1}{xe^{2x}}\right)dx=12\log A-\frac{4}{3}\log 2$

Question

Evaluar

$$\int_0^\infty\left(\frac{\tanh x}{x^2}-\frac{1}{xe^{2x}}\right)dx$$

No he sido capaz de encontrar referencias a la integral indefinida de la $\tanh$ plazo, excepto para algunas formas similares que había soluciones. ver aquí y aquí.

Editar: Siguiente al Azar de la Variable de resultado tenemos el formulario $$12\log A-\frac{4}{3}\log 2$$

Answer 1

Deje $$I(z) =\frac{z}{a}\int_0^\infty \left(\frac{1}{2}-\frac{z}{at}+\frac{1}{e^{at/z}-1}\right) \frac{1-e^{-at}}{t^2} dt$$ A continuación, Binet la primera fórmuladice $$I(z) = \int_0^z \left[\ln\Gamma(x) - (z-\frac{1}{2})\ln z + z - \frac{\ln(2\pi)}{2}\right] dx $$

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Dejando $a=2,z=1/2$ da $$4I(\frac{1}{2}) =\int_0^\infty \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4t}+\frac{1}{e^{4t}-1}\right) \frac{1-e^{-2t}}{t^2} dt$$ y $a=4,z=1$ da $$4I(1) =\int_0^\infty \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4t}+\frac{1}{e^{4t}-1}\right) \frac{1-e^{-4t}}{t^2} dt$$

Algunos manipulación algebraica de los rendimientos $$4I(1)-4I(\frac{1}{2}) = \underbrace{\int_0^\infty \left[\frac{1}{2t^2}-\frac{e^{-2t}}{2t} - (\frac{1}{2}-\frac{1}{4t})\left(\frac{e^{-2t}-e^{-4t}}{t^2}\right)\right] dt}_{J} - \frac{I}{2}$$

Con $I$ deseado integral. Sorprendentemente, $J$ tiene primaria primitivo (incluso los que no lo eran, todavía tenemos forma sistemática para crash), con valor de $5/8$.

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Por lo tanto permanece a evalute $$\int_0^1 \ln \Gamma(x) dx \quad \quad \int_0^{1/2} \ln \Gamma(x) dx$$ El primero es sólo $\ln(2\pi)/2$, para el segundo, se puede utilizar la representación integral de Barnes G función: $$\int_0^z \ln \Gamma(x) dx = \frac{z(1-z)}{2}+\frac{z}{2}\ln(2\pi) + z \ln\Gamma(z) - \log G(1+z)$$

y el especial valor de $$\ln G(\frac{3}{2}) = -\frac{3}{2}\ln A + \frac{\ln \pi}{4}+\frac{1}{8}+\frac{\ln 2}{24}$$

con $A$ la Glaisher-Kinkelin constante.

Como alternativa, el uso de la transformada de Fourier de expansión de $\ln \Gamma(x)$, integrar termwise, y recuerde que la relación entre el $A$ $\zeta'(2)$ también se da el valor de la integral de la $$\int_0^{1/2} \ln\Gamma(x)dx = \frac{3}{2}\ln A + \frac{5}{24}\ln 2 + \frac{\ln \pi}{4}$$

Answer 2

Deje $$I(a) = \int_{0}^{\infty} \left(\frac{\tanh (x)}{x} -e^{-2x} \right)\frac{e^{-ax}}{x} \, dx.$$

Voy a demostrar que $$I(a) = 8 \psi^{(-2)} \left(\frac{a+2}{4} \right)- 8 \psi^{(-2)}\left(\frac{a}{4} \right)-a \log(a)+a + 2 a \log (2)+ \log(a+2)- 2 \log(4 \pi),$$ where $$ \psi^{(-2)}(x) = \int_{0}^{x} \log \Gamma (t) \, dt.$$

Su integral es el límite del lado derecho de la expresión anterior como $a \downarrow 0$, es decir, $$ \psi^{(-2)} \left(\frac{1}{2} \right)+ \log(2) - 2 \log(4\pi). $$

(Como se explicó en pisco125 la respuesta, $\psi^{(-2)} \left(\frac{1}{2} \right)$ puede ser expresada en términos de la Glaisher-Kinkelin constante.)

La diferenciación $I(a)$ bajo el signo integral (que es permisible para $a \ge c$ donde $c$ es de algún valor positivo), obtenemos $$I'(a) = -\int_{0}^{\infty}\left(\frac{\tanh (x)}{x}-e^{-2x} \right) e^{-ax} = -\int_{0}^{\infty} \frac{\tanh (x)}{x} \, e^{-ax} + \frac{1}{a+2}.$$

Podemos utilizar una propiedad de la transformada de Laplace para encontrar la transformada de Laplace de $\frac{\tanh x}{x}$.

$$\begin{align}\int_{0}^{\infty} \frac{\tanh (x)}{x} \, e^{-ax} \, dx &= \int_{a}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \tanh (t) e^{-pt} \, dt \, dp \\ &=\int_{a}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \frac{1-e^{-2t}}{1+e^{-2t}} \, e^{-pt} \, dt \, dp \\ &= \int_{a}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \left(2\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n} e^{-2nt} -1\right) e^{-pt} \, dt \, dp \\ &= \int_{a}^{\infty} \left( 2 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2n+p}- \frac{1}{p}\right) \\ &= \int_{a}^{\infty} \left(\frac{2}{p} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{\frac{2}{p}n +1} - \frac{1}{p}\right) \\ &= \int_{a}^{\infty} \left(\frac{1}{2} \left(\psi \left(\frac{p+2}{4} \right)- \psi\left(\frac{p}{4} \right)\right)- \frac{1}{p} \right) \, dp \tag{1} \\ &= -2 \log (2) -2\log \Gamma \left(\frac{a+2}{4} \right) +2 \log \Gamma \left(\frac{a}{4} \right) + \log (a) \tag{2}.\end{align}$$

La integración de la espalda, obtenemos $$I(a) =2a \log(2) + 8 \psi^{(-2)} \left(\frac{a+2}{4} \right)- 8 \psi^{(-2)} \left(\frac{a}{4} \right)- a \log(a) +a + \log(a+2) +C. $$

Para determinar la constante de integración $C$, me preguntó Wolfram Alpha para evaluar el límite de la expresión anterior como $a \to \infty$. Si quieres hacerlo a mano, puede utilizar el relationshiop entre el registro de rayos gamma integral y el Barnes de la función G, junto con la expansión asintótica de la Barnes de la función G.

La constante de integración resulta ser $-2 \log(4 \pi)$.

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$(1)$ $\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{xk+1} =\frac{1}{2x} \left(\psi \left(\frac{x+1}{2x} \right) - \psi \left(\frac{1}{2x} \right) \right) $ (entrada 5)

$(2)$ Usando Striling de la fórmula, la expansión asintótica de $\log \Gamma \left(\frac{a+2}{4} \right)$ $a \to \infty$ es

$$\log \Gamma\left(\frac{a+2}{4} \right) \sim \left(\frac{a+2}{4} - \frac{1}{2} \right) \log \left(\frac{a+2}{4} \right) - \frac{a+2}{4} + \frac{1}{2} \log(2 \pi) + \mathcal{O}\left(\frac{1}{a} \right), $$ donde

$$\log \left(\frac{a+2}{4} \right) \sim \ln \left(\frac{a}{4} \left( 1+ \frac{2}{a}\right) \right) = \log \left(\frac{a}{4} \right) + \log \left(1+ \frac{2}{a} \right) \sim \log \left(\frac{a}{4} \right) + \frac{2}{a} + \mathcal{O}\left(\frac{1}{a^{2}} \right).$$

Answer 3

$(A)\enspace$ , La disolución de la integral

Con el split

$\displaystyle \frac{\tanh x}{x^2}-\frac{1}{x e^{2x}} =$

$\displaystyle =\left( \frac{2}{e^{2x}} -\frac{1}{e^{4x}} -\frac{1}{e^x} \right) \frac{1}{x} - \frac{e^{2x}-1}{e^{4x} (e^{2x}+1)} \frac{1}{x} + \frac{1}{e^{2x}+1} \frac{e^{2x}-1-2x}{x^2} + \frac{1}{x e^x} - \frac{1}{x e^{2x}} $

de la siguiente manera:

$\displaystyle \int\limits_0^\infty \left(\frac{\tanh x}{x^2}-\frac{1}{x e^{2x}}\right) dx = \int\limits_0^\infty \left( \frac{2}{e^{2x}} -\frac{1}{e^{4x}} -\frac{1}{e^x} \right) \frac{dx}{x} - \int\limits_0^\infty \frac{e^{2x}-1}{e^{4x} (e^{2x}+1)} \frac{dx}{x} + $

$\hspace{5cm}\displaystyle +\int\limits_0^\infty \frac{1}{e^{2x}+1} \sum\limits_{n=2}^\infty \frac{2^n x^{n-2}}{n!} dx + \int\limits_0^\infty \left(\frac{1}{x e^x} - \frac{1}{x e^{2x}}\right) dx =$

$\displaystyle = \text{Ei}(0)\cdot (2-1-1) - \int\limits_0^\infty \frac{(1-e^{-ax})(1-e^{-bx})}{x(e^x-1)}dx |_{a=b=\frac{1}{2}} + \sum\limits_{n=2}^\infty \frac{2^n}{n!} \int\limits_0^\infty \frac{x^{n-2}}{e^{2x}+1} dx + \ln 2 $

$\displaystyle = 0 + \ln\frac{\Gamma(1+a)\Gamma(1+b)}{\Gamma(1+a+b)} |_{a=b=\frac{1}{2}} + \sum\limits_{k=2}^\infty \frac{2^k}{k!}\eta(k-1)\Gamma(k-1)2^{1-k} + \ln 2 $

$\displaystyle = 2\ln2 + \ln\frac{\pi}{4} + 2 \sum\limits_{n=2}^\infty \frac{\eta(n)}{n(n+1)} $

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$(B)\enspace$ Lo basico

El siguiente cálculo de $\enspace\displaystyle \sum\limits_{n=2}^\infty \frac{\eta(n)}{n(n+1)}\enspace $ se basa en una generalización de la función Gamma,

llama $Q_m(x)$ en https://www.fernuni-hagen.de/analysis/download/bachelorarbeit_aschauer.pdf ,

con $\enspace\displaystyle \ln Q_m(x)=\frac{(-x)^{m+1}}{m+1}\gamma +\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{(-x)^{m+n}}{m+n}\zeta(n)\enspace$ en la página $13$, $(4.2)\,$ .

Una modificación es $\enspace\displaystyle Q_m^*(x):=(1+x)Q_m(x)\enspace$ en la página $24$, $(4.8)$ y $(4.9)$ .

Valores especiales que se utilizan aquí son $\,Q_0^*(-1)=1\,$, $\,\displaystyle Q_1^*(-1)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,$ ,

$\displaystyle Q_0(-\frac{1}{2})=\Gamma(\frac{1}{2})=\sqrt{\pi}\,$ y $\,\displaystyle Q_1(-\frac{1}{2})=A^{\frac{3}{2}}2^{-\frac{7}{24}}\,$ (page $38$) .

Con la generalización de la Glaisher-Kinkelin constante$\,A_n\,$$\,A:=A_1\,$ .

Nota: $\enspace\displaystyle Q_0(x)=\Gamma(1+x)\,$ , $\enspace\displaystyle Q_1(x)=\frac{\sqrt{2\pi}^x}{e^{\frac{1}{2}x(x+1)}G(1+x)}\,$ ($G$ es el Barnes G de la función)

$\hspace{1.4cm}$Especial valor: $\enspace\displaystyle G(\frac{1}{2})=2^\frac{1}{24}e^\frac{1}{8}\pi^{-\frac{1}{4}}A^{-\frac{3}{2}}$

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$(C)\enspace$ El cálculo de la serie

$\displaystyle \sum\limits_{n=2}^\infty \frac{x^n}{n(n+1)} \eta(n) =$

$\displaystyle =\left(\sum\limits_{n=2}^\infty \frac{x^n}{n} \zeta(n) - \sum\limits_{n=2}^\infty \frac{x^n}{n+1} \zeta(n)\right) - 2 \left(\sum\limits_{n=2}^\infty \frac{x^n}{2^n n} \zeta(n) - \sum\limits_{n=2}^\infty \frac{x^n}{2^n (n+1)} \zeta(n)\right) $

$\displaystyle = \left(\ln Q_0(-x) - x\gamma - \frac{1}{x}(\ln Q_1(-x)-\frac{x^2}{2}\gamma) \right) $

$\hspace{0.5cm}\displaystyle - 2 \left(\ln Q_0(-\frac{x}{2} ) - \frac{x}{2}\gamma - \frac{2}{x}(\ln Q_1(-\frac{x}{2})-\frac{x^2}{8}\gamma) \right) $

$\displaystyle = \ln Q_0^*(-x) - \frac{1}{x}\ln Q_1^*(-x) + \frac{1-x}{x}\ln(1-x) - 2 \ln Q_0(-\frac{x}{2}) + \frac{4}{x}\ln Q_1(-\frac{x}{2}) $

Con $\,x\uparrow 1\,$ sigue

$ \displaystyle \sum\limits_{n=2}^\infty \frac{\eta(n)}{n(n+1)} = \ln Q_0^*(-1) - \ln Q_1^*(-1) - 2 \ln Q_0(-\frac{1}{2}) + 4 Q_1(-\frac{1}{2}) $

$\hspace{2.5cm}\displaystyle = -\frac{2}{3}\ln 2 - \frac{1}{2}\ln \pi + 6 \ln A $

y por lo tanto

$\displaystyle \int\limits_0^\infty \left(\frac{\tanh x}{x^2}-\frac{1}{x e^{2x}}\right) dx = 2\ln2 + \ln\frac{\pi}{4} + 2 \left(-\frac{2}{3}\ln 2 - \frac{1}{2}\ln \pi + 6 \ln A \right) $

$\hspace{4.5cm}\displaystyle = 12 \ln A - \frac{4}{3}\ln 2 \enspace$ .