Evaluar

Question

Estoy tratando de evaluar la siguiente integral:

$$\int_0^1 \frac{\operatorname{arctanh}^3(x)}{x}dx$$

Yo estaba jugando tratando de aproximar numéricamente la respuesta con conocidos constantes y se encontró que la integral es casi exactamente $\frac{\pi^4}{64}$. La integral se parece a romper después de unos $11$ decimales.

Tengo la sospecha de que esto se deriva de la integral: $$\int_0^1 \frac{\operatorname{arctanh}(x)}{x}dx$$ ya que esto es exactamente igual a $\frac{\pi^2}{8}$.

También para la integral: $$\int_0^1 \frac{\operatorname{arctanh}^5(x)}{x}dx$$ Este es suspicously cerca de $\frac{\pi^6}{128}$ pero no exactamente. Por alguna razón el de arriba integrales difiere ligeramente de la de algunos de la de $\frac{\pi^n}{2^m}$ para algunos $n$ e $m$.

Mi pregunta es: ¿por Qué sucede esto? Y ¿cuáles son los verdaderos valores de los integrales?

Answer 1

Como MrTaurho señaló en los comentarios, podemos reescribir $\,\displaystyle{\operatorname{arctanh}x=\frac12 \ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)}$, esto nos da: $$I=\int_{0}^1 \frac{\operatorname{arctanh}(x)^3}{x}dx=-\frac18\int_0^1 \frac{\ln^3\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}{x}dx$$ Y vamos a sustituir $\displaystyle{\frac{1-x}{1+x}=t\Rightarrow dx=-\frac{2}{(1+t)^2}dt}$ para conseguir: $$I=-\frac18\int_0^1 \frac{\ln^3 t}{\frac{1-t}{1+t}}\frac{2}{(1+t)^2}dt=-\frac14 \int_0^1 \frac{\ln^3 t}{1-t^2}dt=-\frac14 \sum_{n=0}^\infty \int_0^1 t^{2n}\ln^3t dt$$ Ahora consideramos la siguiente integral: $$\int_0^1 t^a dt=\frac{1}{a+1}\Rightarrow \int_0^1 t^a \ln^3 tdt=\frac{d^3}{da^3} \left(\frac{1}{a+1}\right)=-\frac{6}{(a+1)^4}$$ $$\Rightarrow I=\frac{6}{4}\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n+1)^4}=\frac32\cdot\frac{\pi^4}{96}=\frac{\pi^4}{64}$$

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Por supuesto, esto se puede generalizar para cualquier poder, así que vamos a ello. Considere la posibilidad de:

$$I(k)=\int_0^1 \frac{\text{arctanh}^kx}{x}dx=\frac{(-1)^k}{2^k}\int_0^1 \frac{\ln^k\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}{x}dx\overset{\large\frac{1-x}{1+x}=t}=\frac{2(-1)^k}{2^k}\int_0^1 \frac{\ln^k t}{1-t^2}dt$$ $$=\frac{(-1)^k}{2^{k-1}}\sum_{n=0}^\infty \int_0^1 x^{2n}\ln^k xdx=\frac{(-1)^k}{2^{k-1}}\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^k k!}{(2n+1)^{k+1}}=\frac{k!}{2^{k-1}} \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n+1)^{k+1}}$$ Donde anteriormente se utilizó el siguiente resultado: $$\int_0^1 t^a dt=\frac{1}{a+1}\Rightarrow \int_0^1 t^a \ln^k tdt=\frac{d^k}{da^k} \left(\frac{1}{a+1}\right)=\frac{(-1)^k k!}{(a+1)^{k+1}}$$ Y por último, se reduce a: $$I(k)=\frac{k!}{2^{k-1}} \left(1-\frac{1}{2^{k+1}}\right)\zeta(k+1)=\boxed{\frac{k!\left(2^{k+1}-1\right)}{4^k}\zeta(k+1)}$$

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Se puede comprobar el resultado de la comparación a la que anunció el Arce: $$I(5)=\int_0^1 \frac{\text{arctanh}^5 x}{x}dx=\frac{5!(2^6-1)}{4^5}\zeta(6)=\frac{945}{128}\cdot\frac{\pi^6}{945}=\frac{\pi^6}{128}$$

Answer 2

Una ruta alternativa al resultado general: para $z \in \mathbb{C}$ con $\operatorname{Re}(z) > 0$ podemos dejar que $x = \tanh(t/2)$ y usar la serie geométrica para encontrar \begin{align} \int \limits_0^1 \frac{\operatorname{artanh}^z (x)}{x} \, \mathrm{d} x &= \frac{1}{2^z} \int \limits_0^\infty \frac{t^z}{\sinh(t)} \, \mathrm{d} t = 2^{1-z} \sum \limits_{k=0}^\infty \int \limits_0^\infty t^z \mathrm{e}^{-(2k+1) t} \, \mathrm{d} t \\ &= 2^{1-z} \int \limits_0^\infty u^z \mathrm{e}^{-u} \, \mathrm{d} u \sum \limits_{k=0}^\infty \frac{1}{(2k+1)^{1+z}} = 2^{1-z} \Gamma(1+z) \lambda(1+z) \\ &= \frac{2^{1+z}-1}{4^z} \Gamma(1+z) \zeta(1+z) \, , \end {align} donde $\lambda$ es La función lambda de Dirichlet .

Answer 3

He aquí otro método. Después de la expansión de $\text{arctanh}^3(x)=\frac{1}{8}\Big(\log(1+x)-\log(1-x)\Big)^3$, obtendrá términos de la forma $\propto \log^a(1+x)\log^b(1-x)$(más precisamente, ${3\choose k} (-1)^k\log^{3-k}(1+x)\log^k(1-x)$ para $k=0, 1, 2,3,$). Si el poder del registro es mayor que $1$, con diferenciación bajo el signo integral, el uso de $\frac{\partial^k}{\partial a^k} (1\pm x)^a \Big|_{a=0} = \log^k(1\pm x)$. Con los poderes de registro igual a $1$, ampliar el registro en su serie de Taylor. También puede combinar estos métodos si ambos tipos de poderes que aparecen en la integral.

Answer 4

Según Maple, $$ \int_0^1 \frac{\text{arctanh}(x)^3}{x}\; dx = \frac{\pi^4}{64} $ $ y $$ \int_0^1 \frac{\text{arctanh}(x)^5}{x}\; dx = \frac{\pi^6}{128} $ $

De hecho, parece que $\int_0^1 \dfrac{\text{arctanh}(x)^k}{x}\; dx$ es un número racional por $\zeta(k+1)$ para cada entero positivo $k$ , con el denominador una potencia de $2$ .