¿Existe una forma cerrada para $\int_0^\infty\frac{\tanh^3(x)}{x^2}dx$ ?

Question

Para $n\geqslant m>1$ la integral $$I_{n,m}:=\int\limits_0^\infty\dfrac{\tanh^n(x)}{x^m}dx$$ converge. Si $m$ y $n$ son ambos pares o ambos Impares, podemos utilizar el teorema del residuo para evaluarla fácilmente en términos de los valores de la zeta de impar, ya que el integrando es entonces una bonita función par. Por ejemplo, definiendo $e_k:=(2^k-1)\dfrac{\zeta(k) }{\pi^{k-1}}$ tenemos

$$ \begin{align} I_{2,2}&= 2e_3 \\ \\ I_{4,2}&= \dfrac83e_3-4e_5 \\ \\ I_{4,4}&= -\dfrac{16}{3}e_5+20e_7 \\ \\ I_{6,2}&=\dfrac{46}{15}e_3-8e_5+6e_7 \\ \\ I_{6,4}&=-\dfrac{92}{15}e_5+40e_7-56e_9 \\ \\ I_{6,6}&=\dfrac{46}{5}e_7-112e_9+252e_{11} \\ \\ I_{3,3}&= -e_3+6e_5 \\ \\ I_{5,3}&= -e_3+10e_5-15e_7 \\ \\ I_{5,5}&= e_5-25e_7 +70e_9 \\ \\ &etc. \end{align}$$

Pero:

¿Existe una forma cerrada para $I_{3,2}=\int\limits_0^\infty\dfrac{\tanh^3(x)}{x^2}dx$ ?

No estoy seguro en absoluto de si el método de nospoon utilizado aquí o uno de los otros ad hoc Los enfoques se pueden generalizar para hacer frente a esto.
Si la respuesta es positiva, puede haber posibilidades de que $I_{\frac32,\frac32}$ y similares también tienen formas cerradas.

Answer 1

Siguiendo la sugerencia que hice en un comentario la integral se puede reescribir como la integral de contorno $$ I_{3,2} = \frac{1}{2\pi i} \oint \frac{\operatorname{tanh}^3 z}{z^2} \log(-z) \, dz , $$ donde el contorno en el sentido de las agujas del reloj rodea estrechamente el eje real positivo, que coincide con el corte de la rama del logaritmo. La razón por la que esta integral es equivalente es porque el salto de rama a través de la recta real de $\frac{1}{2\pi i} \log(-z)$ es precisamente $1$ .

El integrando tiene polos en todo $z=\pm i\pi(k+\frac{1}{2})$ , $k=0,1,2,\ldots$ . Evaluando los residuos encontramos \begin{align*} I_{3,2} &= \sum_{k=0}^\infty \frac{8\log\pi(k+\frac{1}{2})}{\pi^2 (2k+1)^2} - \frac{96 \log\pi(k+\frac{1}{2})-80}{\pi^4 (2k+1)^4} \\ &= \frac{5}{6} - \gamma - \frac{19 \log 2}{15} + 12 \log A - \log\pi + \frac{90 \zeta'(4)}{\pi^4} \\ &= 1.1547853133231762640590704519415261475352370924508924890\ldots \end{align*} Las dos últimas líneas se pueden comprobar con Wolfram Alpha%2FPi%5E4%2F(2*k%2B1)%5E4,%7Bk,0,Infinity%7D%5D) , donde $\gamma$ es el Constante de Euler-Mascheroni y $A$ es el Constante de Glaisher .

Editar: Utilizando $\gamma =12\,\log(A)-\log(2\pi)+\frac{6}{\pi^2}\,\zeta'(2)$ esto puede simplificarse a $$I_{3,2}=\frac{5}{6} - \frac{4\log 2}{15} -\frac{6\zeta'(2)}{\pi^2}+ \frac{90 \zeta'(4)}{\pi^4},$$ es decir $$\boxed{I_{3,2}=\frac{5}{6} - \frac{4\log 2}{15} -\frac{\zeta'(2)}{\zeta(2)}+ \frac{\zeta'(4)}{\zeta(4)}}. $$ Y esta forma puede insinuar la existencia de formas cerradas similares para otras integrales $I_{n,m}$ con $n+m$ impar.

Editar: De hecho... Numéricamente, parece que, por ejemplo $$ I(5,2)=\frac1{3}\Bigl(\frac{8}{5}-\frac{44}{63}\log2-3\frac{\zeta'(2)}{\zeta(2)} +5 \frac{\zeta'(4)}{\zeta(4)}-2\frac{\zeta'(6)}{\zeta(6)} \Bigr)$$ $$ I(7,2)=\frac1{45}\Bigl(\frac{7943}{420}-\frac{428}{45}\log2- 45\frac{\zeta'(2)}{\zeta(2)}+ 98\frac{\zeta'(4)}{\zeta(4)}- 70\frac{\zeta'(6)}{\zeta(6)}+ 17\frac{\zeta'(8)}{\zeta(8)}\Bigr)$$ $$ I(9,2)=\frac1{315}\Bigl(\frac{71077}{630}-\frac{10196}{165}\log2- 315\frac{\zeta'(2)}{\zeta(2)}+ 818\frac{\zeta'(4)}{\zeta(4)}- 798\frac{\zeta'(6)}{\zeta(6)}+ 357\frac{\zeta'(8)}{\zeta(8)}- 62\frac{\zeta'(10)}{\zeta(10)}\Bigr)$$ $$I(11,2)=\frac1{14175}\Bigl(\frac{2230796}{495}-\frac{10719068}{4095}\log2- 14175\frac{\zeta'(2)}{\zeta(2)}+ 41877\frac{\zeta'(4)}{\zeta(4)}- 50270\frac{\zeta'(6)}{\zeta(6)}+ 31416\frac{\zeta'(8)}{\zeta(8)}- 10230\frac{\zeta'(10)}{\zeta(10)}+1382\frac{\zeta'(12)}{\zeta(12)}\Bigr)$$ $$I(13,2)=\frac1{467775}\Bigl(\frac{270932553}{2002}-\frac{25865068}{315}\log2- 467775\frac{\zeta'(2)}{\zeta(2)}+ 1528371\frac{\zeta'(4)}{\zeta(4)}- 2137564\frac{\zeta'(6)}{\zeta(6)}+ 1672528\frac{\zeta'(8)}{\zeta(8)}- 771342\frac{\zeta'(10)}{\zeta(10)}+197626\frac{\zeta'(12) }{\zeta(12)}-21844\frac{\zeta'(14) }{\zeta(14)}\Bigr)$$

Aquí los denominadores iniciales se eligen como los mínimos comunes denominadores del $\frac{\zeta'(2k)}{\zeta(2k)}$ términos, de manera que dentro de los grandes paréntesis, tenemos aquí coeficientes enteros. Resulta que la secuencia de esos denominadores, a saber $1, 3, 45, 315, 14175, 467775$ coincide hasta los signos con A117972 los numeradores de los números racionales $\frac{\pi^{2n}\;\zeta'(-2n)}{\zeta(2n+1)}$ .

Además, hay que tener en cuenta que los coeficientes del $\frac{\zeta'(2k)}{\zeta(2k)}$ tienen signos alternos y siempre suman 0, lo que significa que las formas cerradas pueden descomponerse en términos $\frac{\zeta'(2k)}{\zeta(2k)}-\frac{\zeta'(2k-2)}{\zeta(2k-2)}$ que son, por tanto, "periodos exponenciales".

Además, los numeradores del $\frac{\zeta'(2n)}{\zeta(2n)}$ plazo de $I_{2n-1,2}$ , a saber. $1, -2, 17, -62, 1382, -21844$ coinciden con A002430 los numeradores de la serie de Taylor para $\tanh(x)$ que también están estrechamente relacionados con los valores racionales $\zeta(1-2n)$ . Todo esto parece bastante interesante.

Answer 2

Reescribe el integrando y aplica la expansión de Taylor a $\frac1{(1+e^{-2x})^3}$ para que $$\frac{\tanh^3x}{x^2}=\sum_{j\geq0}(-1)^j\binom{j+2}2 \frac{(1-e^{-2x})^3}{x^2}\binom{j+2}2e^{-2jx}.$$ Integrar el término para obtener (después de una reagrupación) $$\int_0^{\infty}\frac{\tanh^3x}{x^2}\,dx=\sum_{k=2}^{\infty}(-1)^k(8k^3+4k)\log k.$$ Tal vez haya alguna esperanza en vista de lo que veo como $$\sum_{k=2}^{\infty}(-1)^k\log k=\log\sqrt{\frac2{\pi}};$$ que es una fórmula de tipo Wallis $$\frac23\cdot\frac45\cdot\frac67\cdots\frac{2k}{2k+1}\cdots=\sqrt{\frac2{\pi}}.$$

ACTUALIZACIÓN. Utilizando un enfoque de series divergentes en $\sum_k(-1)^kk^c$ y la de Will Sawin comentario podemos completar la solución de la siguiente manera. Comenzar con $\sum_{k\geq1}(-1)^kk^c=\zeta(-c)(2^{c+1}-1)$ para obtener la derivada $$\sum_{k\geq2}(-1)^ck^c\log k=-\zeta'(-c)(2^{c+1}-1)+\zeta(-c)2^{c+1}\log2.$$ Ahora, aplica los siguientes hechos: $\zeta(-1)=-\frac1{12},\, \zeta'(-1)=\frac1{12}-\log A,\, \zeta(-3)=\frac1{120}$ y $$\zeta'(-3)=\frac1{120}\log(2\pi)-\frac{11}{720}+\frac1{120}\gamma-\frac{3\zeta'(4)}{4\pi^4}.$$ A continuación, junte todo esto y simplifique \begin{align}\sum_{k\geq0}(-1)^k(8k^3+4k)\log k &=[-120\zeta'(-3)+128\zeta(-3)\log 2]+[-12\zeta'(-1)+16\zeta(-1)\log 2] \\ &=\frac56-\gamma-\log\pi-\frac{19}{15}\log2+12\log A+\frac{\zeta'(4)}{\zeta(4)}. \end{align}