Un integrante $\int^\infty_0\frac{\tanh{x}}{x(1-2\cosh{2x})^2}{\rm d}x$

Question

Me gustaría preguntar acerca de los posibles métodos para calcular la siguiente integral $$ \color{blue}{% \int^{\infty}_{0}\frac{\tanh\left(\, x\,\right)} {x\left[\, 1 - 2\cosh\left(\, 2\,\right)\,\right]^{2}}\,{\rm d}x =\ ?}$$ Una posible forma en la que veo de hacerlo es aplicar la sustitución de $x\mapsto-\ln{x}$, lo que produce $$ -\int^{1}_{0}\frac{x^{3}\left(\, 1 - x^{2}\,\right)} {\left(\, 1 + x^{2}\,\right)\left(\, 1 - x^{2} + x^{4}\,\right)^{2}}\, \frac{{\rm d}x}{\ln\left(\, x\,\right)} $$ Podemos entonces introducir un parámetro extra y se diferencian para deshacerse de la $\ln$ en el denominador. Sin embargo, las cosas parecen bastante desordenada después de esto, por lo tanto es poco probable que sea la manera más ideal de lucha contra la integral.

Por lo tanto, se puede saber si alguien tiene criminis ideas ?. Estoy particularmente interesado en saber si esta integral puede resolverse a través de contorno de integración ( que no soy muy bueno en la a partir de ahora ). Ayuda sin duda será apreciado. Gracias.

Answer 1

El valor de la integral tiene una muy buena forma cerrada en términos de la trigamma función:

$$\mathcal{I}=\color{blue}{-\frac{\ln{3}}{6}-\frac{5\pi}{9\sqrt{3}}+\frac{5\psi^{(1)}{\left(\frac13\right)}}{6\sqrt{3}\,\pi}}.$$

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A partir de la segunda forma de la integral dada por el OP,

$$\begin{align} \mathcal{I} &=-\int_{0}^{1}\frac{x^3(1-x^2)}{(1+x^2)(1-x^2+x^4)^2}\frac{\mathrm{d}x}{\ln{x}}\\ &=-\int_{0}^{1}\frac{x^3(1-x^2)}{(1+x^6)(1-x^2+x^4)}\frac{\mathrm{d}x}{\ln{x}}\\ &=-\int_{0}^{1}\frac{x^3(1-x^4)}{(1+x^6)^2}\frac{\mathrm{d}x}{\ln{x}}\\ &=-\int_{0}^{1}\frac{z(1-z^{4/3})}{(1+z^2)^2}\frac{\mathrm{d}z}{3z^{2/3}\ln{\left(z^{1/3}\right)}}\\ &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}z\,\frac{1}{(1+z^2)^2}\frac{z^{5/3}-z^{1/3}}{\ln{z}}\\ &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}z\,\frac{1}{(1+z^2)^2}\int_{1/3}^{5/3}\mathrm{d}\mu\,z^{\mu}\\ &=\int_{1/3}^{5/3}\mathrm{d}\mu\int_{0}^{1}\mathrm{d}z\,\frac{z^{\mu}}{(1+z^2)^2}\\ &=\int_{1/3}^{5/3}\mathrm{d}\mu\left[-\frac14+\frac{\mu-1}{4}\beta{\left(\frac{\mu-1}{2}\right)}\right]\\ &=-\frac13+\int_{1/3}^{5/3}\mathrm{d}\mu\left[\frac{\mu-1}{4}\beta{\left(\frac{\mu-1}{2}\right)}\right]\\ &=-\frac13+\int_{-1/3}^{1/3}\mathrm{d}t\,t\beta{\left(t\right)}\\ &=-\frac13+\int_{-1/3}^{1/3}\mathrm{d}t\,\frac{t}{2}\left[\psi{\left(\frac{t+1}{2}\right)}-\psi{\left(\frac{t}{2}\right)}\right]\\ &=-\frac13+\int_{-1/3}^{1/3}\mathrm{d}t\,\frac{t}{2}\psi{\left(\frac{t+1}{2}\right)}-\int_{-1/3}^{1/3}\mathrm{d}t\,\frac{t}{2}\psi{\left(\frac{t}{2}\right)}\\ &=-\frac13+\int_{1/3}^{2/3}\mathrm{d}u\,(2u-1)\psi{\left(u\right)}-2\int_{-1/6}^{1/6}\mathrm{d}u\,u\psi{\left(u\right)}\\ &=-\frac13-\int_{1/3}^{2/3}\mathrm{d}u\,\psi{\left(u\right)}+2\int_{1/3}^{2/3}\mathrm{d}u\,u\psi{\left(u\right)}-2\int_{-1/6}^{1/6}\mathrm{d}u\,u\psi{\left(u\right)}\\ &=-\frac13+\ln{\left(\frac{\Gamma{\left(\frac13\right)}}{\Gamma{\left(\frac23\right)}}\right)}+2\int_{1/3}^{2/3}\mathrm{d}u\,u\psi{\left(u\right)}-2\int_{-1/6}^{1/6}\mathrm{d}u\,u\psi{\left(u\right)}\\ &=-\frac13+\ln{\left(\frac{\Gamma{\left(\frac13\right)}}{\Gamma{\left(\frac23\right)}}\right)}+2\int_{1/3}^{2/3}\mathrm{d}u\,u\psi{\left(u\right)}-2\int_{5/6}^{7/6}\mathrm{d}v\,(1-v)\psi{\left(1-v\right)}\\ &=-\frac13+\ln{\left(\frac{\Gamma{\left(\frac13\right)}}{\Gamma{\left(\frac23\right)}}\right)}+2\left[u\ln{\Gamma\left(u\right)}-\psi^{(-2)}{\left(u\right)}\right]_{1/3}^{2/3}\\ &~~~~~ +2\left[(1-v)\ln{\Gamma\left(1-v\right)}-\psi^{(-2)}{\left(1-v\right)}\right]_{5/6}^{7/6}\\ &=\ln{\left(\frac{\Gamma{\left(\frac13\right)}}{\Gamma{\left(\frac23\right)}}\right)}-\frac{5\pi}{9\sqrt{3}}-\frac{\ln{\left(2\pi\right)}}{3}+\frac23\ln{\left(\frac{\Gamma{\left(\frac23\right)}^2}{\Gamma{\left(\frac13\right)}}\right)}+\frac{5\psi^{(1)}{\left(\frac13\right)}}{6\sqrt{3}\,\pi}\\ &=-\frac{5\pi}{9\sqrt{3}}-\frac{\ln{3}}{6}+\frac{5\psi^{(1)}{\left(\frac13\right)}}{6\sqrt{3}\,\pi}.~\blacksquare\\ \end{align}$$