Valor de

Question

Quiero saber el valor de $$I=\int_{-\infty}^{\infty}\arcsin\frac1{\cosh x}\,dx$$ El Symbolab integral de la calculadora dice que la integral diverge, pero cuando uno de los gráficos es obvio que no converge. Entonces, ¿qué es el valor?

Estaba pensando que yo podría tratar de Feynman de la integración, pero no puedo pensar en el derecho de sustitución.

Alerta! Alerta! He encontrado una antiderivada!

A partir de la respuesta proporcionada por @user10354138, podemos llegar a la $$\int\arcsin\frac1{\cosh x}dx=i\operatorname{Li}_2(i\phi)-i\operatorname{Li}_2(-i\phi)+C$$ Donde $$\phi=\tan\bigg(\frac12\arcsin\frac1{\cosh x}\bigg)$$ Y $$\operatorname{Li}_2(z)=\sum_{n\geq1}\frac{z^n}{n^2}$$ es la Di-logaritmo.

Answer 1

Wolfy dice que es 4 veces la constante del catalán .

Una forma (no óptima) de derivar esto es $$ \ def \ sech {\ operatorname {sech}} \begin{align*} \int_{-\infty}^\infty\arcsin\sech x\,\mathrm{d}x&=2\int_0^\infty\arcsin\sech x\,\mathrm{d}x\\ &=2\int_0^1\frac{\arcsin u\,\mathrm{d}u}{u\sqrt{1-u^2}}\quad(u=\sech x)\\ &=2\int_0^{\pi/2}\frac{\theta\,\mathrm{d}\theta}{\sin\theta}\quad(u=\sin\theta)\\ &=2\int_0^1\frac{2\tan^{-1}t\,\frac{2\,\mathrm{d}t}{1+t^2}}{\frac{2t}{1+t^2}}\quad(t=\tan\tfrac12\theta)\\ &=4\int_0^1\frac{\tan^{-1}t}{t}\,\mathrm{d}t\\ &=4\int_0^1\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{2n+1}t^{2n}\,\mathrm{d}t\\ &=4\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}=4G\\ \end {align *} $$

Answer 2

Sin embargo, otro enfoque alternativo: una vez demostrado que $$ \int_{\mathbb{R}}\frac{dx}{\cosh(x)^{2k+1}} = \frac{\pi \binom{2k}{k}}{4^k}\tag{1}$$ y recordó que $$ \arcsin z = \sum_{n\geq 0}\frac{\binom{2k}{k}}{4^k(2k+1)}z^{2k+1} \tag{2} $$ se tiene la siguiente identidad: $$ \int_{\mathbb{R}}\arcsin\frac{1}{\cosh x}\,dx = \pi\sum_{k\geq 0}\frac{1}{2k+1}\left[\frac{1}{4^k}\binom{2k}{k}\right]^2.\tag{3} $$ Ahora podemos invocar una función cuya serie de Maclaurin implica el cuadrado de la central de los coeficientes binomiales, es decir, la integral elíptica completa de primera especie $K(x)$, aquí se denota de acuerdo con Mathematica notación (el argumento de $K$ es la elíptica en el módulo): $$ \sum_{k\geq 0}\left[\frac{1}{4^k}\binom{2k}{k}\right]^2 x^{2k}=\frac{2}{\pi}K(x^2)\tag{4} $$ lo que conduce a: $$ \int_{\mathbb{R}}\arcsin\frac{1}{\cosh x}\,dx = 2\int_{0}^{1} K(x^2)\,dx = \int_{0}^{1}\frac{K(x)}{\sqrt{x}}\,dx.\tag{5} $$ Por último, recordamos que tanto $K(x)$ e $\frac{1}{\sqrt{x}}$ tienen bastante simple de Fourier-Legendre de la serie de expansiones: $$ K(x)=2\sum_{n\geq 0}\frac{P_n(2x-1)}{2n+1},\qquad \frac{1}{\sqrt{x}}=2\sum_{n\geq 0}(-1)^n P_n(2x-1) $$ y por la ortogonalidad de desplazado polinomios de Legendre

$$ \int_{\mathbb{R}}\arcsin\frac{1}{\cosh x}\,dx =\int_{0}^{1}\frac{K(x)}{\sqrt{x}}\,dx = 4\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2} = 4G.\tag{6} $$

Answer 3

Alternativamente, puedes integrar por partes: \begin{align} \int \limits_{-\infty}^\infty \arcsin(\operatorname{sech}(x)) \, \mathrm{d} x &= 2 \int \limits_0^\infty \arcsin(\operatorname{sech}(x)) \, \mathrm{d} x \\ &= 2x \arcsin(\operatorname{sech}(x)) \Bigg \rvert_{x=0}^{x=\infty} - 2 \int \limits_0^\infty x \frac{- \sinh(x) \operatorname{sech}^2(x)}{\sqrt{1-\operatorname{sech}^2(x)}} \, \mathrm{d} x \\ &= 2 \int \limits_0^\infty \frac{x}{\cosh(x)} \, \mathrm{d} x = 4 \sum \limits_{n=0}^\infty (-1)^n \int \limits_0^\infty x \, \mathrm{e}^{-(2n+1) x} \, \mathrm{d} x \\ &= 4 \Gamma(2) \sum \limits_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2} = 4 \mathrm{G} \, . \end {align}