¿Cómo se puede verificar la forma cerrada para $\int_{0}^{\infty}{\ln{x}\over \cosh^{2n}{x}}\mathrm dx$?

Question

Considere la integral general $(1)$

$$\int_{0}^{\infty}{\ln{x}\over \cosh^{2n}{x}}\mathrm dx=I_{2n}\tag1$$ $n\ge1$

El integrador Wolfram solo pudo evaluar $I_2$, $I_4$ y $I_6$, a partir de ahí conjeturamos que $I_{2n}$ tiene el siguiente patrón

$$I_2=\int_{0}^{\infty}{\ln{x}\over \cosh^2x}\mathrm dx=-\left(\gamma+\ln{4\over \pi}\right)$$

$$I_4=\int_{0}^{\infty}{\ln{x}\over \cosh^4x}\mathrm dx=-{7\zeta(3)\over 3}-{2\over 3}\left(\gamma+\ln{4\over \pi}\right)$$

$$I_6=-{7\zeta(3)\over 3\pi^2}-{31\zeta(5)\over5\pi^4}-{2\cdot4\over 3\cdot5}\left(\gamma+\ln{4\over \pi}\right)$$

$$I_8=-{7\zeta(3)\over 3\pi^2}-{31\zeta(5)\over5\pi^4}-{127\zeta(7)\over 7\pi^6}-{2\cdot4\cdot6\over 3\cdot5\cdot7}\left(\gamma+\ln{4\over \pi}\right)$$

Una pregunta natural es, ¿cómo podemos mostrar que ($n\ge2$)

$$I_{2n}=-{7\zeta(3)\over 3\pi^2}-{31\zeta(5)\over5\pi^4}-\cdots-{(2^{2n-1}-1)\zeta(2n-1)\over(2n-1)\pi^{2n-2}}-{(2n-2)!!\over (2n-1)!!}\left(\gamma+\ln{4\over \pi}\right)?\tag2$$

Un intento:

$\cosh^{2n}x=\left({e^x+e^{-x}\over 2}\right)^{2n}$

$(1)$ se convierte en

$$2^{2n}\int_{0}^{\infty}{\ln{x}\over(e^x+e^{-x})^{2n}}dx\tag3$$

Aplicando la serie binomial negativa

$$2^{2n}\sum_{k=0}^{\infty}{-n\choose k}\int_{0}^{\infty}e^{2xk}\ln{x}\mathrm dx\tag4$$

Aplicando la integración por partes

$$\int_{0}^{\infty}e^{2xk}\ln{x}\mathrm dx={e^{2xk}\over 2k}\ln{x}|_{0}^{\infty}-{1\over 2k}\int_{0}^{\infty}{e^{2xk}\over x}\mathrm dx\tag5$$

$(4)$ diverge.

¿Cómo más podemos abordar $(1)$?

Answer 1

A partir de $$ \zeta(s) = \left(1-\frac{2}{2^s}\right)^{-1}\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1}}{n^s} \tag{1}$$ luego aplicando la transformada de Laplace (inversa) y la integración por partes, obtenemos: $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{x^s}{\cosh^2(x)}\,dx = \frac{2(2^s-2)\,\Gamma(s+1)}{4^s}\,\zeta(s)=\int_{0}^{1}\text{arctanh}(x)^s\,dx\tag{2} $$ Tu resultado entonces se obtiene mediante integración por partes y $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{\log x}{\cosh^2(x)}\,dx = \left.\frac{d}{ds}\left(\frac{2(2^s-2)\Gamma(s+1)\zeta(s)}{4^s}\right)\right|_{s=0}=-\gamma+\log\frac{\pi}{4}.\tag{3}$$

Answer 2

Ahora integramos la función $$ f(z)=\frac{\ln\Gamma\left ( \frac{z}{\pi i} \right ) }{\cosh^{2n}(z)},n\in\mathbb{Z}^{+} $$ Y la integral de contorno $$\oint_{C}f(z)\text{d}z$$ Donde $C$ es el siguiente contorno

(en sentido contrario a las manecillas del reloj)
Se puede ver fácilmente que $$ \oint_{\gamma_2+\gamma_7}f(z)\text{d}z \rightarrow0 $$ Por el teorema integral de Cauchy $$ \oint_{\gamma_1}f(z)\text{d}z+\oint_{\gamma_3}f(z)\text{d}z +\oint_{\gamma_4}f(z)\text{d}z+\oint_{\gamma_5}f(z)\text{d}z+\oint_{\gamma_6}f(z)\text{d}z=0 $$ En $\gamma_1$, $$ \oint_{\gamma_1}f(z)\text{d}z=\int_{0}^{\infty} \frac{\ln\Gamma\left ( \frac{z}{\pi i} \right ) }{\cosh^{2n}(z)} \text{d}z $$ En $\gamma_3$, $$ \begin{aligned} \oint_{\gamma_3}f(z)\text{d}z & = \int_{\infty}^{0} \frac{\ln\Gamma\left ( \frac{z+\pi i}{\pi i} \right ) }{\cosh^{2n}(z+\pi i)} \text{d}z\\ &=-\int_{0}^{\infty} \frac{\ln\Gamma\left ( 1+\frac{z}{\pi i} \right ) }{\cosh^{2n}(z)} \text{d}z \end{aligned} $$ En $\gamma_4$ y $\gamma_6$, $$ \begin{aligned} \oint_{\gamma_4+\gamma_6}f(z)\text{d}z & = \mathcal{P.V.}\int_{\pi}^{0} f(iz)\text{d}(iz)\\ &=-i\cdot\mathcal{P.V.}\int_{0}^{\pi} f(iz)\text{d}z\\ &=-i\times [\text{Número Real}] \end{aligned} $$ En $\gamma_5$, $$ \oint_{\gamma_5}f (z)\text{d}z =\pi i\text{Res}\left [ f(z),z=\frac{\pi i}{2} \right ] $$ Y obtenemos $$ \int_{0}^{\infty} \frac{\ln\Gamma\left ( \frac{z}{\pi i} \right ) }{\cosh^{2n}(z)} \text{d}z -\int_{0}^{\infty} \frac{\ln\Gamma\left ( 1+\frac{z}{\pi i} \right ) }{\cosh^{2n}(z)} \text{d}z -i\times [\text{Número Real}]+\pi i\text{Res}\left [ f(z),z=\frac{\pi i}{2} \right ]=0 $$ Nota que $$ \ln\Gamma(z)-\ln\Gamma(1+z)=-\ln z $$ Así, $$ \int_{0}^{\infty}\frac{\ln\pi i-\ln z}{\cosh^{2n}(z)} \text{d}z-i\times [\text{Número Real}]+\pi i\text{Res}\left [ f(z),z=\frac{\pi i}{2} \right ]=0 $$ Por la parte real, obtenemos $$ \int_{0}^{\infty}\frac{\ln\pi-\ln z}{\cosh^{2n}(z)} \text{d}z =-\pi\Re\left ( i\text{Res}\left [ f(z),z=\frac{\pi i}{2} \right ] \right )\qquad(1) $$

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La primera integral: $$ \begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\cosh^{2n}(z)} \text{d}z & =2^{2n}\int_{0}^{\infty} \frac{1}{(e^z+e^{-z})^{2n}} \text{d}z\\ &=2^{2n}\int_{0}^{\infty} \frac{e^{2n z}}{(1+e^{2z})^{2n}} \text{d}z\\ &=2^{2n-1}\int_{0}^{\infty} \frac{t^{2n-1}}{(1+t^2)^{2n}} \text{d}t\\ &=2^{2n-2}\frac{(n-1)!^2}{(2n-1)!} \\ &=\frac{2^{2n-1}(n!)^2}{n(2n)!} \end{aligned} $$

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Reescribiendo $(1)$, obtenemos $$ \int_{0}^{\infty} \frac{\ln z}{\cosh^{2n}(z)} \text{d}z =\frac{2^{2n-1}(n!)^2}{n(2n)!}\ln\pi +\pi\cdot\Re\left ( i\text{Res}\left [ f(z),z=\frac{\pi i}{2} \right ] \right ) \tag{2} $$

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Cálculo de Residuos $$ \begin{aligned} \text{Res}\left [f(z),z = \frac{\pi i}{2} \right ] &=\frac{1}{(2n-1)!} \lim_{z\rightarrow\frac{\pi i}{2} } \frac{\text{d}^{2n-1}}{\text{d}z^{2n-1}} \left ( z-\frac{\pi i}{2} \right )^{2n}\frac{\ln\Gamma\left(\frac{z}{\pi i} \right)}{\cosh^{2n}(z)} \end{aligned} $$ No tengo idea de cómo resolverlo.

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