Integral curiosa,$8\pi\int_{0}^{\pi/2}\cos^2x{\ln^2(\tan^2 x)\over [\pi^2+\ln^2(\tan^2 x)]^2}dx=\ln 2-{1\over 4}\zeta(2)$

Question

Cómo mostrar eso,

PS

Esta integral es un extracto de este artículo de la línea de Olivier Oloa $$8\pi\int_{0}^{\pi/2}\cos^2x\cdot{\ln^2(\tan^2 x)\over [\pi^2+\ln^2(\tan^2 x)]^2}\mathrm dx=\ln 2-{1\over 4}\zeta(2)$

No tengo ideas de por dónde empezar, ninguna ayuda!

Answer 1

Sustituyendo $\tan(x)^2=t$, la división de la integral en los intervalos de $(0,1)$$(1,\infty)$, la sustitución de $t=e^{-u}$ en la primera integral, y $t=e^{u}$ en el segundo, la adición de las dos integrales y la observación de la simetría de la resultante integrando el que permite ampliar la integral de $-\infty$ $\infty$conduce a la integral, que yo siempre en mi comentario:

$$I=\frac{1}{\pi} \int_{-\infty }^{\infty } \frac{1}{\left(\frac{u}{\pi }+\frac{\pi }{u}\right)^2 \cosh \left(\frac{u}{2}\right)} \, du\tag{1}$$

Que el tiempo me había atrapado en este punto.

Pero en el mientras tanto, los próximos pasos han sido descritos por Jack D'Aurizio. Aquí tengo que llevar a cabo esos pasos de forma explícita.

1. Sustitución de la $\cosh$ plazo por su transformada de Fourier, es decir,

$$\frac{1}{\cosh \left(\frac{u}{2}\right)}= \int_{-\infty }^{\infty } \text{sech}(\pi t) \exp (-i t u) \, dt\tag{2}$$

2. Intercambiando el orden de integración se puede realizar la $u$integral:

$$\frac{1}{\pi} \int_{-\infty }^{\infty } \frac{\exp (-i t u)}{\left(\frac{u}{\pi }+\frac{\pi }{u}\right)^2} \, du = \frac{1}{2} \pi e^{-\pi \left| t\right| } (1-\pi \left| t\right| )\tag{3}$$

3. Ahora la final $t$integral da

$$\int_{-\infty }^{\infty } \frac{1}{2} \left(\pi e^{-\pi \left| t\right| } (1-\pi \left| t\right| )\right) \text{sech}(\pi t) \, dt\\=\int_0^{\infty } \pi e^{-\pi t} (1-\pi t) \text{sech}(\pi t) \, dt = \log (2)-\frac{\pi ^2}{24}\tag{4}$$

Observar, finalmente, que $\zeta (2)=\frac{\pi ^2}{6}$ hemos encontrado el resultado para ser probado. QED.

Answer 2

Al permitir que$x=\arctan u$ la integral original se convierta en $$32\pi \int_{0}^{+\infty}\frac{\log^2(u)}{(1+u^2)^2\left(\pi^2+\log^2 u\right)^2}\,du\stackrel{u\mapsto e^{\pi x}}{=}32\int_{\mathbb{R}}\frac{e^{\pi x}x^2}{(1+e^{2\pi x})^2(1+x^2)^2}\,dx $ $ y por simetría, el RHS se colapsa en$$ 16 \int_{0}^{+\infty}\frac{x^2}{\cosh(\pi x)(1+x^2)^2}\,dx = 8 \int_{\mathbb{R}}\frac{x^2}{\cosh(\pi x)(1+x^2)^2}\,dx, lo que puede evaluarse fácilmente a través de la transformada de Fourier, ya que$\frac{1}{\cosh(\pi x)}$ es esencialmente un punto fijo para$\mathscr{F}$ y$\mathscr{F}\left(\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\right)(s)$ está relacionado con la distribución de Laplace .