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¿Integral notable: $\int_0^{\infty} x \left(1 - \frac{\sinh x}{\cosh x-\sqrt 3/2} \right) = -\frac{13 \pi ^2}{72}$?

La evidencia numérica sugiere

$$\int_0^{\infty} x \left(1 - \frac{\sinh x}{\cosh x-\sqrt 3/2} \right) = -\frac{13 \pi ^2}{72}$$

¿Cómo podemos demostrar esto? No he podido encontrar un buen contorno en el plano complejo para integrar todo. Integración por las piezas tampoco ayudó. Mathematica encuentra una primitiva muy complicado en términos de funciones especiales, pero esto era un problema de concurso por lo que debe haber una manera 'humana' para calcularlo.

Como S.A. provechoso, tenía el signo equivocado. Se corrige ahora.

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Dennis Puntos 9534

Integración por partes no ayuda: como $$1-\frac{\sinh x}{\cosh x-\cos\gamma}=\left(-\ln\frac{\cosh x-\cos\gamma}{e^x/2}\right)',$$ después de IbP y profundizar en el cambio de las variables de $t=e^{-x}$ la integral se transforma en $$\int_0^{1}\frac{\ln\left(1-e^{i\gamma}t\right)\left(1-e^{-i\gamma}t\right)}{t}dt=-\left[2\Re\operatorname{Li}_2\left(e^{i\gamma}t\right)\right]_{0}^{1}=-2\Re\operatorname{Li}_2\left(e^{i\gamma}\right),$$ con $\gamma=\frac{\pi}{6}$. Ahora para obtener el resultado sigue siendo el uso de la fórmula $$\Re\,\mathrm{Li}_2\left(e^{i\gamma}\right)=\frac{\gamma^2}{4}-\frac{\pi\gamma}{2}+\frac{\pi^2}6,\qquad \gamma\in(0,2\pi).$$ Esto también da la conjetura se menciona en los comentarios.


Añadido: también podemos obtener el resultado de pretender que no sabemos nada acerca de dilogarithms. Es decir, diferenciar la integral con respecto al parámetro de $\gamma$: \begin{align} \frac{\partial}{\partial \gamma}\int_0^{1}\frac{\ln\left(1-e^{i\gamma}t\right)\left(1-e^{-i\gamma}t\right)}{t}dt&=-i\int_0^1\left[\frac{e^{i\gamma}}{1-e^{i\gamma}t}-\frac{e^{-i\gamma}}{1-e^{-i\gamma}t}\right]dt=\\&=i\biggl[\ln\frac{1-e^{i\gamma}t}{1-e^{-i\gamma}t}\biggr]_0^1=-2 \biggl[\operatorname{arg}(1-e^{i\gamma}t)\biggr]_0^1=\\&=-2\biggl[\left(\frac{\gamma}{2}-\frac{\pi}{2}\right)-0\biggr]=\pi-\gamma, \end{align} donde de nuevo hemos de asumir que $\gamma\in(0,2\pi)$. Ahora podemos volver a integrarse con respecto a $\gamma$ para obtener el obtenido previamente usando la fórmula que para $\gamma=0$ nuestros integral reduce al cálculo de $\zeta(2)$ (ampliar el integrando en serie de Taylor w.r.t. $t$).

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