Prueba $\int_0^{\pi/2}{\frac{1+2\cos 2x\cdot\ln\tan x}{1+\tan^{2\sqrt{2}} x}}\tan^{1/\sqrt{2}} x~dx=0$

Question

Estoy curioso, ¿cómo se puede demostrar la siguiente integral $$ \int_0^{\pi/2}{\frac{1+2\cos 2x\cdot\ln\tan x}{1+\tan^{2\sqrt{2}} x}}\tan^{1/\sqrt{2}} x~dx=0 $$ Aquí está la computación en Wolfram Alpha,+%7Bx,+0,+%5C%5BPi%5D%2F2%7D,WorkingPrecision+-%3E+40%5D) que muestra que es correcto al menos hasta 45 dígitos.

Mi intento: Conocía la integral $$ \int_0^{\pi/2}\frac{1}{1+\tan^\alpha\phi}d\phi=\int_0^{\pi/4}\frac{1}{1+\tan^\alpha\phi}d\phi+\int_0^{\pi/4}\frac{\tan^\alpha\phi}{1+\tan^\alpha\phi}d\phi=\frac{\pi}{4} $$ que se puede calcular para todos los valores de $\alpha$. Intenté encontrar una simetría análoga que me permitiera cancelar todos los términos también en este caso, pero hasta ahora sin suerte. También sospecho que esta integral podría estar relacionada con la derivada de la integral de Herglotz. Herglotz demostró que $$ \int_{0}^{1} \frac{\ln\left(1 + t^{\,{\large\alpha}}\right)}{1 + t}\,{\rm d}t $$ se puede calcular para algunos valores algebraicos de $\alpha$, como por ejemplo $\alpha=4+\sqrt{5}$. Si tomamos la derivada de esta integral con respecto a $\alpha$ entonces obtenemos $$ \int_{0}^{1} \frac{t^\alpha\ln t}{(1 + t)(1+t^\alpha)}\,{\rm d}t $$ Un cambio de variables $t=\tan^2\phi$ da $$ 4\int_{0}^{\pi/4} \frac{\tan^{2\alpha+1}\phi\cdot\ln \tan\phi}{1+\tan^{2\alpha}\phi}\,{\rm d}\phi $$ que se ve bastante similar a la integral en cuestión.

Answer 1

Esta respuesta se basa en las observaciones hechas por user90369 y Yuriy S. Ellos definen las funciones $$ Y_1(A,P):=\int_0^\infty \frac{\cosh Ax}{\cosh 2Ax} \frac{1}{\cosh P x} dx,\tag{1} $$ $$ Y_2(A,P):=-2\int_0^\infty \frac{\cosh Ax}{\cosh 2Ax} \frac{x \sinh P x}{\cosh^2 P x} dx=2\frac{\partial}{\partial P} Y_1(A,P),\tag{2} $$ y luego señalan que la conjetura del OP es equivalente a $Y_1(1/\sqrt2,1)+Y_2(1/\sqrt2,1)=0$.

Me di cuenta de que $(1)$ es una integral de un producto de dos funciones auto-recíprocas $\sqrt{\frac{2}{\pi}}\int_0^\infty f(x)\cos ax dx=f(a)$ (funciones 3 y 4 en esta lista): $$ f_1(x)=\frac{1}{\cosh\sqrt{\frac{\pi}{2}}x},\quad f_2(x)=\frac{\cosh \frac{\sqrt{\pi}x}{2}}{\cosh \sqrt{\pi}x}.\tag{3} $$

Para cualquier par de funciones Ramanujan muestra que (se esboza una prueba simple en esta respuesta) $$ \int_0^\infty f_1(x)f_2(\alpha x) dx= \frac{1}{\alpha}\int_0^\infty f_1(x)f_2(x/\alpha) dx.\tag{4} $$

Sustituyendo $(3)$ en $(4)$ se obtiene $$ \int_0^\infty \frac{1}{\cosh\sqrt{\frac{\pi}{2}}\alpha x}\frac{\cosh \frac{\sqrt{\pi}x}{2}}{\cosh \sqrt{\pi}x} dx= \frac{1}{\alpha}\int_0^\infty \frac{1}{\cosh\sqrt{\frac{\pi}{2}}x/\alpha}\frac{\cosh \frac{\sqrt{\pi}x}{2}}{\cosh \sqrt{\pi}x} dx, $$ y después de una álgebra trivial $$ \int_0^\infty \frac{1}{\cosh\alpha x}\frac{\cosh \frac{x}{\sqrt{2}}}{\cosh \sqrt{2}x} dx= \frac{1}{\alpha}\int_0^\infty \frac{1}{\cosh x/\alpha}\frac{\cosh \frac{x}{\sqrt{2}}}{\cosh \sqrt{2}x} dx. $$ Esto nos da la ecuación funcional $$Y_1(1/\sqrt{2},P)=\frac{1}{P}Y_1(1/\sqrt{2},1/P).$$ Diferenciando esta ecuación funcional con respecto a $P$ se obtiene $$ \frac12 Y_2(1/\sqrt{2},P)=-\frac{1}{P^2}Y_1(1/\sqrt{2},1/P)-\frac{1}{2P^3}Y_2(1/\sqrt{2},1/P), $$ lo que da en $P=1$ la relación requerida $$ Y_1(1/\sqrt2,1)+Y_2(1/\sqrt2,1)=0. $$

Answer 2

Esta no es una respuesta completa, pero creo que es una posible solución. Si aplicas el cambio de variable $t=\tan(x)$, la integral original puede escribirse como

$$\int_{0}^{\infty}\frac{1 + 2\left(\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}\right)\log(t)}{1+t^{2\sqrt{2}}}t^{1/\sqrt{2}}\frac{dt}{t^{2} + 1} = \int_{0}^{\infty}\frac{t^{1/\sqrt{2}}}{(t^{2} + 1)(1+t^{2\sqrt{2}})}dt + \int_{0}^{\infty}\frac{2(1-t^{2})\log(t)}{(t^{2} + 1)^{2}(1+t^{2\sqrt{2}})}t^{1/\sqrt{2}}dt,$$

y esta integral se resolvería mediante el método de residuos para Transformaciones de Mellin.

Consulta las páginas 60-62 de http://jacobi.fis.ucm.es/artemio/Notas%20de%20curso/VC.pdf (no pude encontrar una versión en inglés)