Cómo evaluar $\int_0^\infty \frac{\ln^2\;\left|\;\tan\left(\frac{ax}{2}-\frac{\pi}{4}\right)\;\right|}{1+x^2} \;dx$

Question

Cómo evaluar (sin el uso de análisis Complejo) $$\int_0^\infty \frac{\ln^2\;\left|\;\tan\left(\frac{ax}{2}-\frac{\pi}{4}\right)\;\right|}{1+x^2}\; dx\quad (a\gt0)$$

Mi Intento:
He utilizado la expansión de las siguientes funciones: $$\ln\left|2\sin(x)\right| \text{ and }\ln\left|2\cos(x)\right|$$ Para obtener la siguiente expansión: $$\ln\;\left|\;\tan\left(\frac{ax}{2}-\frac{\pi}{4}\right)\;\right|=2\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{\sin[(2n-1)ax]}{2n-1}$$ Entonces me expresó el cuadrado de la función logarítmica como sigue: $$\ln^2\;\left|\;\tan\left(\frac{ax}{2}-\frac{\pi}{4}\right)\;\right|=4\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty (-1)^{m+n} \frac{\sin[(2m-1)ax]\sin[(2n-1)ax]}{(2m-1)(2n-1)}$$ Y se utiliza la fórmula del producto de dos senos, a continuación, integrado de la siguiente bien conocido integral bajo el simbolo: $$\int_0^\infty \frac{\cos(bx)}{1+x^2} \;dx$$ Y expresa el resultado final en términos de $\; \arctan\;\left(\;e^{-a}\;\right)\;$ pero esta no era la respuesta correcta de acuerdo a la evaluada por el análisis Complejo, que es $$\frac{{\pi}^3}{8}-2\pi\; \arctan^2\;\left(\;e^{-a}\;\right)$$ Cualquier sugerencia para otro método o idea?

Answer 1

El uso de OP de la expansión de la serie, hemos

$$\begin{align*} I &= 2 \sum_{m, n \geq 0} \frac{(-1)^{m+n}}{(2m+1)(2n+1)} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin[(2m+1)ax]\sin[(2n+1)ax]}{1+x^2} \, dx \\ &= \pi \sum_{m, n \geq 0} \frac{(-1)^{m+n}}{(2m+1)(2n+1)} \left( e^{-a|2m-2n|} - e^{-a(2m+2n+2)} \right). \end{align*}$$

Vamos a dividir la suma en varias partes y analizarlas por separado.

• Es sencillo, que

  $$\sum_{m, n \geq 0} \frac{(-1)^{m+n}}{(2m+1)(2n+1)} e^{-a(2m+2n+2)} = \arctan^2(e^{-a}).$$

• El uso de la identidad de $\frac{1}{(2m+1)(2n+1)} = \frac{1}{(2m-2n)(2n+1)} + \frac{1}{(2n-2m)(2m+1)}$, tenemos

  $$\begin{align*} \sum_{m, n \geq 0} \frac{(-1)^{m+n}}{(2m+1)(2n+1)} e^{-a|2m-2n|} &= \sum_{m = 0} \frac{1}{(2m+1)^2} + \sum_{\substack{m, n \geq 0 \\ m \neq n }} \frac{(-1)^{m-n}}{(m-n)(2n+1)} e^{-a|2m-2n|} \\ &= \frac{\pi^2}{8} + \sum_{n \geq 0} \frac{1}{2n+1} \sum_{\substack{k \geq -n \\ k \neq 0}} \frac{(-1)^k}{k} e^{-2a|k|}. \end{align*}$$

• La última suma se puede simplificar más: con el hecho de que $\frac{(-1)^k}{k}e^{-2a|k|}$ es una función impar de $k$,

  $$\begin{align*} \sum_{n \geq 0} \frac{1}{2n+1} \sum_{\substack{k \geq -n \\ k \neq 0}} \frac{(-1)^k}{k} e^{-2a|k|} &= \sum_{n \geq 0} \frac{1}{2n+1} \sum_{k = n+1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k} e^{-2a|k|} \\ &= \sum_{k = 1}^{\infty} \left( \sum_{n=0}^{k-1} \frac{1}{2n+1} \right) \frac{(-1)^k}{k} e^{-2a|k|}. \end{align*}$$

  Symmetrizing el interior de la suma, nos encontramos con que

  $$\begin{align*} \sum_{n=0}^{k-1} \frac{1}{2n+1} = \frac{1}{2} \sum_{\substack{i, j \geq 0 \\ i+j = k-1}} \left( \frac{1}{2i+1} + \frac{1}{2j+1} \right) = \sum_{\substack{i, j \geq 0 \\ i+j = k-1}} \frac{k}{(2i+1)(2j+1)}. \end{align*}$$

  Conectando de nuevo,

  $$\begin{align*} \sum_{n \geq 0} \frac{1}{2n+1} \sum_{\substack{k \geq -n \\ k \neq 0}} \frac{(-1)^k}{k} e^{-2a|k|} &= \sum_{i, j \geq 0} \frac{1}{(2i+1)(2j+1)} (-1)^{i+j+1} e^{-a(2i+2j+2)} \\ &= - \arctan^2(e^{-a}). \end{align*}$$

La combinación en conjunto, se obtiene la respuesta deseada.