¿Cómo probar$\int_0^\infty \ln(1+\frac{z}{\cosh(x)})dx=\frac{\pi^2}{8}+\frac{(\cosh^{-1}(z))^2}{2},z\ge1$ y un formulario cerrado para$-1<z<1$?

Question

He observado gráficamente que $$f(z)=\int_0^\infty \ln\left(1+\frac{z}{\cosh(x)}\right)dx=\frac{\pi^2}{8}+\frac{(\cosh^{-1}(z))^2}{2},z\ge1$$

¿Alguien puede explicar por qué se mantiene? Traté de diferenciación con respecto a $z$ pero yo realmente no sabía cómo continuar.

También, si alguien sabe cómo obtener una forma cerrada de $f(z)$ para $-1<z<1$ sería muy apreciado como estoy curioso acerca de los valores específicos tales como la $f(-\frac{1}{2})=-\frac{7\pi^2}{72}$ e $f(\frac{1}{2})=\frac{5\pi^2}{72}.$

Answer 1

Sustituto $z=\frac{1-w^2}{1+w^2}$, el original de la integral se convierte en $$I(w)=\int_0^\infty\ln\left(1+\frac{1-w^2}{1+w^2}\operatorname{sech} x\right)dx.$$ El uso de Feymann del truco, $$I'(w)=\int_0^\infty\frac{-4w}{1-w^4+(1+w^2)^2\cosh x}dx$$ Recuerdan $\cosh x=\frac12(e^x+e^{-x})$, $$I'(w)=\int_0^\infty\frac{-4w}{1-w^4+(1+w^2)^2\frac12(e^x+e^{-x})}dx\\ =\int_0^\infty\frac{-4we^x}{(1-w^4)e^x+(1+w^2)^2\frac12(e^{2x}+1)}dx\\ =\int_0^\infty\frac{-4w}{(1-w^4)e^x+(1+w^2)^2\frac12(e^{2x}+1)}de^x\\ =-4\frac{\arctan w}{1+w^2}$$ $$I(w)=I(0)+\int_0^w -4\frac{\arctan l}{1+l^2}dl\\ =\int_0^\infty\ln(1+\operatorname{sech}(x))dx-2\arctan^2w\\ =\frac{\pi^2}8-2\arctan^2w$$ Ahora, para solucionar $z=\frac{1-w^2}{1+w^2}$ w.r.t. $w$ y el uso de $-2\arctan^2\sqrt{\frac{1-z}{1+z}}=\frac12\operatorname{arccosh}^2 z$, obtenemos $$f(z)=\frac{\pi^2}{8}+\frac{(\cosh^{-1}(z))^2}{2},z>-1.$$ La fórmula es válida cuando se $z\in[-1,1]$ si tenemos en cuenta $\cosh^{-1}$ , como un complejo de valores de la función. Si no te gusta esta representación, sólo deducir $f(z)=\frac{\pi^2}{8}-\frac{(\arccos(z))^2}{2}$ el uso de algunos de álgebra.

Answer 2

Aquí está una manera más directa.

La primera cosa a tener en cuenta es la función de $f(z)$ es continua para todos los $z > - 1$, incluyendo en el punto de $z = 1$.

De $$f(z) = \int_0^\infty \ln (1 + z \operatorname{sech} x) \, dx,$$ sobre la diferenciación con respecto a $z$ hemos \begin{align} f'(z) &= \int_0^\infty \frac{\operatorname{sech} x}{1 + z \operatorname{sech}} \, dx\\ &= \int_0^\infty \frac{dx}{\cosh x + z}\\ &= 2 \int_0^\infty \frac{e^x}{e^{2x} + 2z e^x + 1} \, dx. \end{align} En la última línea que hemos utilizado el hecho de que $\cosh x = (e^{x} + e^{-x})/2$.

Una sustitución de $u = e^x, du = e^x \, dx$ conduce a $$f'(z) = 2 \int_1^\infty \frac{du}{(u + z)^2 + 1 - z^2}. \qquad (*)$$

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Caso 1: $-1 < z < 1$

Para este caso, como el término lo $(1 - z^2)$ será positivo podemos escribir ($*$) como: \begin{align} f'(z) &= 2 \int_1^\infty \frac{du}{(u + z)^2 + (\sqrt{1 - z^2})^2}\\ &= \frac{2}{\sqrt{1 - z^2}} \left [\tan^{-1} \left (\frac{u + z}{\sqrt{1 - z^2}} \right ) \right ]_1^\infty\\ &= \frac{\pi}{\sqrt{1 - z^2}} - \frac{2}{\sqrt{1 - z^2}} \tan^{-1} \left (\frac{1 + z}{\sqrt{1 - z^2}} \right )\\ &= \frac{\pi}{\sqrt{1 - z^2}} - \frac{2}{\sqrt{1 - z^2}} \left [\frac{\pi}{2} - \tan^{-1} \left (\frac{\sqrt{1 - z^2}}{1 + z} \right ) \right ]\\ &= \frac{2}{\sqrt{1 - z^2}} \tan^{-1} \left (\frac{\sqrt{1 - z^2}}{1 + z} \right ), \qquad (**) \end{align} donde hemos hecho uso de los resultados $\tan^{-1} (x) = \pi/2 - \tan^{-1} (1/x)$ para $x > 0$.

Tomando nota de que $$\tan \left (\frac{1}{2} \cos^{-1} z \right ) = \frac{\sqrt{1 - z^2}}{1 + z},$$ el resultado en ($**$) puede escribirse como $$f'(z) = \frac{1}{\sqrt{1 - z^2}} \cos^{-1} z.$$ La integración con el respeto a $z$ es fácil ver que $$f(z) = \int \frac{\cos^{-1} z}{\sqrt{1 - z^2}} \, dz = -\frac{1}{2} (\cos^{-1} z )^2 + C.$$ Para encontrar la constante de $C$, la elección de $z= 0$ vemos que $f(0) = 0$. Por lo tanto $C = \pi^2/8$, llevando a $$f (z) = \frac{\pi^2}{8} - \frac{1}{2} (\cos^{-1} z)^2, \, -1 < z < 1. \qquad (\dagger)$$

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Caso 2: $z > 1$

Para este caso, como el término lo $(1 - z^2)$ va a ser negativo, podemos escribir ($*$) como: \begin{align} f'(z) &= 2 \int_1^\infty \frac{du}{(u + z)^2 - (\sqrt{z^2 - 1})^2}\\ &= -\frac{2}{\sqrt{z^2 - 1}} \left [\coth^{-1} \left (\frac{u + z}{\sqrt{z^2 - 1}} \right ) \right ]_1^\infty\\ &= \frac{2}{\sqrt{z^2 - 1}} \coth^{-1} \left (\frac{1 + z}{\sqrt{z^2 - 1}} \right )\\ &= \frac{2}{\sqrt{z^2 - 1}} \tanh^{-1} \left (\frac{\sqrt{z^2 - 1}}{z+ 1} \right ), \qquad (***) \end{align} donde hemos hecho uso de los resultados $\coth^{-1} (x) = \tanh^{-1} (1/x), x \neq 0$.

Tomando nota de que $$\tanh \left (\frac{1}{2} \cosh^{-1} z \right ) = \frac{\sqrt{z^2 - 1}}{z + 1},$$ el resultado en ($***$) puede ser escrita como $$f'(z) = \frac{1}{\sqrt{z^2 - 1}} \cosh^{-1} z.$$ La integración con el respeto a $z$ es fácil ver que $$f(z) = \int \frac{\cosh^{-1} z}{\sqrt{z^2 - 1}} \, dz = \frac{1}{2} (\cosh^{-1} z)^2 + C.$$ Para encontrar lo desconocido constante $C$, como la función de $f(z)$ es continua para todos los $z > - 1$, $f$ ser continua en $z = 1$ ($\dagger$) requerimos $f(1) = \pi^2/8$. Por lo tanto $C = \pi^2/8$, llevando a $$f(z) = \frac{\pi^2}{8} + \frac{1}{2} (\cosh^{-1} z)^2, \qquad z > 1.$$

Answer 3

En primer lugar, $$ \begin{align} \int_0^{\pi/2}\frac{\mathrm{d}\theta}{1+\alpha\sin(\theta)} &=\int_0^1\frac{2\,\mathrm{d}z}{1+2\alpha z+z^2}\tag1\\ &=\frac1{\sqrt{\alpha^2-1}}\int_0^1\left(\frac1{z+\alpha-\sqrt{\alpha^2-1}}-\frac1{z+\alpha+\sqrt{\alpha^2-1}}\right)\mathrm{d}z\tag2\\ &=\frac1{\sqrt{\alpha^2-1}}\left[\log\left(\frac{z+\alpha-\sqrt{\alpha^2-1}}{z+\alpha+\sqrt{\alpha^2-1}}\right)\right]_0^1\tag3\\ &=\frac1{\sqrt{\alpha^2-1}}\log\left(\alpha+\sqrt{\alpha^2-1}\right)\tag4\\ &=\left\{\begin{array}{} \frac1{\sqrt{1-\alpha^2}}\cos^{-1}(\alpha)&\text{if }|\alpha|\le1\\ \frac1{\sqrt{\alpha^2-1}}\cosh^{-1}(\alpha)&\text{if }\alpha\ge1 \end{array}\right.\tag5 \end{align} $$ Explicación:
$(1)$: sustituto $z=\tan(\theta/2)$
$(2)$: fracciones parciales
$(3)$: integrar
$(4)$: evaluar
$(5)$: simplificar en diferentes casos

Por lo tanto, $$ \begin{align} \int_0^\infty\log\left(1+\frac{\alpha}{\cosh(x)}\right)\,\mathrm{d}x &=\int_1^\infty\log\left(1+\frac{2\alpha}{u+\frac1u}\right)\frac{\mathrm{d}u}u\tag6\\ &=\int_0^1\log\left(1+\frac{2\alpha}{u+\frac1u}\right)\frac{\mathrm{d}u}u\tag7\\ &=\int_0^{\pi/4}\log\left(1+\alpha\sin(2\theta)\right)\frac{2\,\mathrm{d}\theta}{\sin(2\theta)}\tag8\\ &=\int_0^{\pi/2}\log\left(1+\alpha\sin(\theta)\right)\frac{\mathrm{d}\theta}{\sin(\theta)}\tag9\\ &=\left\{\begin{array}{} \frac{\pi^2}8-\frac12\cos^{-1}(\alpha)^2&\text{if }|\alpha|\le1\\ \frac{\pi^2}8+\frac12\cosh^{-1}(\alpha)^2&\text{if }\alpha\ge1 \end{array}\right.\la etiqueta{10} \end{align} $$ Explicación:
$\phantom{1}(6)$: sustituto $u=e^x$
$\phantom{1}(7)$: sustituto $u\mapsto1/u$
$\phantom{1}(8)$: sustituto $u=\tan(\theta)$
$\phantom{1}(9)$: sustituto $\theta\mapsto\theta/2$
$(10)$: se aplica la integral de $(5)$