Integral de $\ln(\tanh(x))$

Question

Me gustaría que me dieran una pista sobre cómo podría evaluar esta integral definitiva. Soy consciente de que es probable que no sea elemental y aún no he encontrado la forma de evaluarla: $$\int_0^\infty \ln(\tanh(x))\,\,\mathrm{d}x$$

Si tienes curiosidad por saber de dónde viene esto, estaba mirando una integral que implicaba $\ln(\sin(x))$ y pensé en este.

Gracias.

Answer 1

Aplicando la definición de la función tangente hiperbólica en términos de la exponencial obtenemos

$$\begin{align} \int_0^{\infty}\log(\tanh(x))dx&=\int_0^{\infty}\log\left(\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}\right)dx \\ &=\int_0^{\infty}\log\left(\frac{1-e^{-2x}}{1+e^{-2x}}\right)dx\\ &=\int_0^{\infty}\log\left(1-e^{-2x}\right)-\log\left(1+e^{-2x}\right)dx \end{align}$$

Ahora expandiendo el logaritmo como una serie $($ ¡! $)$ obtenemos además

$$\begin{align} \int_0^{\infty}\log\left(1-e^{-2x}\right)-\log\left(1+e^{-2x}\right)dx&=\int_0^{\infty}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n}e^{-2nx}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}e^{-2nx}dx\\ &=-\sum_{n=1}^{\infty}\left[-\frac{e^{-2nx}}{2n^2}\right]_0^{\infty}+\sum_{n=1}^{\infty}\left[(-1)^{n+1}\frac{e^{-2nx}}{2n^2}\right]_0^{\infty}\\ &=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{2n^2}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{2n^2}\\ &=-\frac12\zeta(2)-\frac12\eta(2)\\ &=-\frac12\frac{\pi^2}6-\frac12\frac{\pi^2}{12}\\ &=-\frac{\pi^2}8 \end{align}$$

Que es el resultado deseado. $\zeta(s)$ denota la función Zeta de Riemann y $\eta(s)$ la función Eta de Dirichlet, respectivamente, cuyos valores son conocidos.

De todas formas esta solución es algo inestable ya que no puedo justificar realmente la validez de la serie de potencias de las funciones logarítmicas $($ que normalmente se limita a $|x|<1$ $)$ ni la integración a plazos. Sin embargo, conduce a la solución correcta.

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EDITAR :

Como lo ilustra ComplexYetTrivial dentro de los comentarios la validez de la expansión en serie del logaritmo está garantizada debido al hecho de que $e^{-2x}<1$ para todos $x>0$ a partir de la cual la serie converge. Mientras que la integración por términos se justifica por el teorema de convergencia dominante monótona. Por lo tanto, la solución que propongo parece estar totalmente bien.

Answer 2

Mediante la sustitución $x=\text{arctanh}(t)$ tenemos $I=\int_{0}^{+\infty}\log\tanh x\,dx = \int_{0}^{1}\frac{\log t}{1-t^2}\,dt$ .
Desde $\int_{0}^{1}t^{2n}\log(t)\,dt = -\frac{1}{(2n+1)^2}$ tenemos

$$ I = -\sum_{n\geq 0}\frac{1}{(2n+1)^2}=-\left[\zeta(2)-\frac{1}{4}\zeta(2)\right]=-\frac{3}{4}\cdot\frac{\pi^2}{6}=\color{red}{-\frac{\pi^2}{8}}. $$

Answer 3

He aquí una ligera variación sobre un tema.

Aprovechar el resultado $\tanh^2 x = 1 - \mbox{sech}^2 x$ podemos escribir la integral como $$I = \frac{1}{2} \int_0^\infty \ln (1 - \text{sech}^2 x) \, dx.$$ Configuración $\text{sech}^2 x \mapsto x$ da $$I = \frac{1}{4} \int_0^1 \frac{\ln (1 - x)}{x \sqrt{1 - x}} \, dx.$$ Hay muchas maneras de evaluar esta integral. Una de ellas es aplicando una sustitución de $x \mapsto 1 - x^2$ . Haciendo esto llegamos a $$I = \int_0^1 \frac{\ln x}{1 - x^2} \, dx,$$ que es exactamente el mismo punto al que llegó @Jack D'Aurizio en su solución.

Partiendo de Jack, ahora empleamos un sustitución autosimilar de $u = \dfrac{1 - x}{1 + x}$ .

Así, $$I = \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{1}{u} \ln \left (\frac{1 - u}{1 + u} \right ) \, du = \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{\ln (1 - u)}{u} \, du - \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{\ln (1 + u)}{u} \, du.$$ En la segunda de estas integrales dejemos $u \mapsto -u$ \begin{align*} I &= \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{\ln (1 - u)}{u} \, du - \frac{1}{2} \int_0^{-1} \frac{\ln (1 - u)}{u} \, du\\ &= -\frac{1}{2} \text{Li}_2 (1) + \frac{1}{2} \text{Li}_2 (-1)\\ &= -\frac{1}{2} \cdot \frac{\pi^2}{6} + \frac{1}{2} \cdot -\frac{\pi^2}{12}\\ &= -\frac{\pi^2}{8}, \end{align*}
donde el uso de la función dilogaritmo se ha hecho.

Answer 4

Otra opción: $$\ln\tanh x=-2\operatorname{artanh}\exp -2x=-2\sum_{k\ge 0}\frac{\exp -(4k+2)x}{2k+1},$$ así que $$\int_0^\infty\ln\tanh x dx=-\sum_{k\ge 0}\frac{1}{(2k+1)^2}=-\frac{\pi^2}{8}.$$