Cómo mostrar $\int_{0}^{\infty}\frac{x}{x^{2}+1}\log\left(\left|\frac{x^r+1}{x^r-1}\right|\right)dx = \frac{\pi^2}{4r}$?

Question

Después de jugar un rato con un par de valores de r, tengo el siguiente conjetura: $$\int_{0}^{\infty}\frac{x}{x^{2}+1}\log\left(\left|\frac{x^r+1}{x^r-1}\right|\right)dx = \frac{\pi^2}{4r}$$ r un número real >0. Mi pregunta es si es o no es cierto y cómo se muestran como tales.

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Me inspiré para hacer esta pregunta después de leer Cody trata de mostrar$$\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{x}{x^{2}+a^{2}}\log\left(\left|\frac{x+1}{x-1}\right|\right)dx=\pi\tan^{-1}(1/a)$$ Uno puede ver que el r=1 caso de la mía y la de un=1 caso de Cody s coinciden.

Que integral con r=1 se presta para el contorno de integración en la mitad superior del plano debido a $\log\left(\left|\frac{x+1}{x-1}\right|\right)$ es una función impar, haciendo que el integrando incluso. Sin embargo, mi integrando que carece de simetría agradable para arbitrario r. Para números enteros impares r, tenemos que recuperar la simetría, pero los puntos de ramificación en la mitad superior del plano de añadir complejidad. No estoy seguro de si la integral con la irracional r puede ser manejada con técnicas complejas, así que me siento segura de cómo proceder.

Answer 1

Voy a ofrecer otro enfoque. Se puede mostrar fácilmente $f(x):=\tfrac{x}{x^2+1}\ln|\tfrac{x^r+1}{x^r-1}|$ satisface $f(\tfrac{1}{x})=f(x)$, por lo que $$\int_0^\infty f(x)dx=\int_0^1 (1+\tfrac{1}{x^2})f(x)dx=\int_0^1 \tfrac{1}{x}\ln\tfrac{1+x^r}{1-x^r}dx.$$With $y=x^r$ your integral becomes $\tfrac{1}{r}\int_0^1 \tfrac{1}{y}\ln\tfrac{1+y}{1-y}dy$, so the $r=1$ caso de que usted ya sabe que completa la prueba.

Answer 2

Mediante la sustitución de $x$ con $z^{1/r}$ tenemos

$$ I(r) = \frac{1}{r}\int_{0}^{+\infty}\frac{z^{2/r}}{z^{2/r}+1}\log\left|\frac{z+1}{z-1}\right|\frac{dz}{z} $$ a continuación, mediante la división de $\mathbb{R}^+$ as $(0,1]\cup(1,+\infty)$ y la realización de $z\mapsto\frac{1}{z}$ en el segundo "la mitad" tenemos

$$ I(r) = \frac{1}{r}\int_{0}^{1}\frac{z^{2/r}+1}{z^{2/r}+1}\log\left(\frac{1+z}{1-z}\right)\frac{dz}{z}=\frac{1}{r}\int_{0}^{1}\frac{\log(1+z)-\log(1-z)}{z}\,dz. $$ Ahora es suficiente para invocar la serie de Maclaurin de $\log(1\pm z)$ y $\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$, $\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1}}{n^2}=\frac{\pi^2}{12}$ para demostrar que el reclamo.