No $$~\displaystyle{\int}_0^1\frac{\text{arctanh }x}{\tan\left(\dfrac\pi2~x\right)}~dx~\simeq~0.4883854771179872995286585433480\ldots~$$ poseen una forma cerrada de expresión ?
Este reciente post, junto con mi vieja interés en Gudermannian funciones, me han inspirado a hacer esta pregunta. La razón que me hace sospechar que tal una forma cerrada que podría existir es debido a que el intervalo de integración es "significativo" para ambas funciones utilizadas en el integrando. Sin embargo, ninguno de los diversos enfoques que puedo pensar de los que parecen ser de alguna ayuda. Tal vez me estoy perdiendo algo ?
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pisco125
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Esta es una respuesta parcial, pero se reduce el problema en el manejo de una más decente integral.
$$\color{blue}{\int_{0}^{1} \text{arctanh } x \cuna({\pi x\over 2})dx = {3\ln^2 2 \más de 2\pi}+{\ln \pi \ln 2\\pi}+ {\int_{0}^{\infty} {\ln(1+x^2)\a través de e^{2\pi x}+1}dx}}$$
Tengo una fuerte sensación de que la última integral tiene una forma cerrada, probablemente en términos de gamma zeta, Barnes G función o cualquier otro relacionado con el . Como evidencia, el análogo integral es conocido $$\int_{0}^{\infty} {x\ln(1+x^2)\a través de e^{2\pi x}+1}dx = {19\más de 24}-{23\más de 24} \ln 2-{1\over 2}\ln$$
donde $A$ es la Glaisher–Kinkelin constante.
Después de horas de combate en vano, a pesar de que muchos de aspecto similar integrales de existir, parece que la naturaleza fundamental de este es totalmente diferente, por lo tanto su valor debe ser derivado en algunas otras maneras que no me conocen. Sin embargo, creo que la última integral es más fácil de manejar que el original debido a su cuidada forma.
Se describe brevemente el proceso de obtención de la azul igualdad de abajo.
Identidades/hechos que serán utilizados:
- $$\sum_{k=1}^n \sin(2kx) = {1\over 2}\cot x - {\cos(2n+1)x\over {2\sin x}} $$ esto es cierto siempre que $\sin x$ no es cero.
- Riemann-Lebesgue Lema, que más o menos dice que: $$\text{Para absolutamente integrable función $f(x)$ en el intervalo $[a,b]$, entonces}\\ \lim_{n\to \infty}\int_{a}^{b} f(x)\cos (nx) dx = \lim_{n\to \infty}\int_{a}^{b} f(x)\sin (nx) dx = 0 $$
- $$\text{Ci} (x) = -\int_{x}^{\infty} {\cos x\sobre x} dx, \text{Si} (x) = \int_{0}^{x} {\sin x\sobre x}dx$$ son el seno y coseno integral
- El uso de algunos elemtary (y delicado), las técnicas, que uno puede tener, para cualquier $a>0$, $$\int_{0}^{\infty} {1\over x}({1\over{1+ax}}-\cos ax)dx = \gamma$$ Y también esta serie $$\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k} {\ln k \sobre k} = \gamma \ln 2 - {{\ln^2 2}\over 2} $$
- $$\int_{0}^{\infty} e^{-x}\sen ax dx={a\over {a^2+1}}$$
Prueba
El original de la integral es igual a $$ {2\\pi} \int_{0}^{\pi/2} \text{arctanh} {2x\\pi}\cot x dx = {2\\pi} \int_{0}^{\pi/2} {{\ln(1+{2x\\pi})-\ln(1-{2x\\pi})}\over 2} \cot x dx$$
Y por el primer hecho, $$\int_{0}^{\pi/2} {\ln(1\pm{2x\\pi})} \cot x dx = 2\sum_{k=1}^n \int_{0}^{\pi/2} \ln(1\pm{2x\\pi})\sin(2kx) dx + \\ \int_{0}^{\pi/2} {\cos(2n+1)x\\sin x}\ln(1\pm{2x\\pi}) dx$$ Tenga en cuenta que la función $\ln(1\pm{2x\\pi})\\sin x$ es absolutamente integrable su gama integrada, así como $n$ enfoques infinito, la última integral tiende a cero. Por lo tanto $$\int_{0}^{\pi/2} {\ln(1\pm{2x\\pi})} \cot x dx = 2\sum_{k=1}^{\infty} \int_{0}^{\pi\over 2} \ln(1\pm{2x\\pi})\sin(2kx) dx $$
Para la primera, es striaghtforward $$\begin{align} \int_{0}^{\pi/2} {\ln(1+{2x\\pi})} \sin(2kx) dx y = \ln 2 {(-1)^{k+1}\over {2k}} + {1\over{k\pi}}\int_{0}^{\pi/2} {\cos{2kx}\over {1 +{2x\\pi} }} dx \\ & = \ln 2 {(-1)^{k+1}\over {2k}} + {(-1)^{n}\over{2k}} \int_{1}^{2} {\cos{k\pi x}\over x} dx \\ & = \ln 2 {(-1)^{k+1}\over {2k}} + {(-1)^{n}\over{2k}} [\text{Ci} (2k\pi) - \text{Ci} (k\pi)] \end{align}$$ Donde hemos utilizado la integración por partes en la primera línea, una simple sustitución en la segunda y la definición de coseno integral en el tercero. Por lo tanto $$\begin{align} \int_{0}^{\pi\over 2} \ln(1+{2x\\pi})\cot x dx & = \ln^2 2 + \sum_{k=1}^{\infty} {(-1)^k\sobre k} [\text{Ci} (2k\pi) - \text{Ci} (k\pi)] \end{align}$$
Para la segunda, se podría requerir algunos de los gist, $$\begin{align} \int_{0}^{\pi/2} {\ln(1-{2x\\pi})} \sin(2kx) dx y = \int_{0}^{\pi/2} {\ln[1-{2\\pi}({\pi\over 2} -x)]} \pecado[2k({\pi\over 2} -x)] dx \\ Y = (-1)^{k+1} \int_{0}^{\pi/2} {\ln({2x\\pi})} \sin(2kx) dx \\ Y = {(-1)^{k+1}\over {2k}} \int_{0}^{\pi/2} {\ln({2x\\pi})} d(1-\cos 2kx) \\ Y = {(-1)^{k}\over {2k}} \int_{0}^{\pi/2} {{1-\cos 2kx} \over x} dx \\ Y = {(-1)^{k}\over {2k}} \{ \int_{0}^{\pi/2} {1\over x}\left(1-{1\over {1+2kx}}\right) dx+ \int_{0}^{\pi/2} {1\over x}\left({1\over {1+2kx}}-\cos 2kx\right) dx \} \\ Y = {(-1)^{k}\over {2k}} \{ \ln(1+k\pi) + \gamma \int_{\pi/2}^{\infty} {1\over x}\left({1\over {1+2kx}}-\cos 2kx\right) dx \} \\ Y = {(-1)^{k}\over {2k}} \{ \ln k +\ln \pi + \gamma\text{Ci} (k\pi) \} \end{align}$$ El uso de la serie anterior, uno puede conseguir $$\int_{0}^{\pi\over 2} \ln(1-{2x\\pi})\cot x dx = -{{\ln^2 2}\over 2} - \ln \pi \ln 2 - \sum_{k=1}^{\infty} {(-1)^k\sobre k} \text{Ci} (k\pi)$$
Por lo tanto, poniéndolos en total, $$\int_{0}^{1} \text{arctanh } x \cuna({\pi x\over 2})dx = {3\ln^2 2 \más de 2\pi}+{\ln \pi \ln 2\\pi} +{1\over \pi} \sum_{k=1}^{\infty} {(-1)^k\sobre k} \text{Ci} (2k\pi)$$ El último de la serie es particularmente intratable, y por la conversión de $x\over{x^2+1}$, con los medios de una integral (véase el último hecho), se puede demostrar que $$\text{Ci} {(2k\pi)} = -\int_{0}^{\infty} {x\over{x^2+1}}e^{-2n\pi x}dx $$ $$ \text{por lo tanto,} \espacio espacio\\espacio espacio\\espacio espacio\\sum_{k=1}^{\infty} {(-1)^k\sobre k} \text{Ci} (2k\pi) = \int_{0}^{\infty} {x\over{x^2+1}}\ln (1+e^{-2\pi x})dx = \pi \int_{0}^{\infty} {\ln (1+x^2)\over {e^{2\pi x}+1}}dx $$
Roger Hoover
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Hay algunos simples manipulaciones que puedan ser realizados. Para empezar,
$$\cot x=\frac{1}{x}-2\sum_{n\geq0}\frac{\zeta(2n+2)}{\pi^{2n+2}}x^{2n+1}\etiqueta{1}$$
por lo tanto
$$\cuna\frac{\pi x}{2}=\frac{2}{\pi x}-\frac{1}{\pi}\sum_{n\geq0}\frac{\zeta(2n+2)}{4^n}x^{2n+1}\etiqueta{2}$$
y
$$\int_{0}^{1}\text{arctanh}(x)\cdot x^{2n+1}=\frac{1}{2(n+1)}\bigg(\ln2+\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2}H_{n-\frac{1}{2}}\bigg)\etiqueta{3}$$
así
$$I=\int_{0}^{1}\text{arctanh}(x)\cdot\cuna\frac{\pi x}{2}\,dx=\frac{\pi}{4}+\frac{2}{\pi}(1-\ln2)\ln\frac{\pi}{2}-\frac{S}{2\pi}\etiqueta{4}$$
donde
$$S=\sum_{n\geq0}\frac{\zeta(2n+2)}{4^n}\bigg(\frac{2}{2n+1}+\frac{H_{n-\frac{1}{2}}}{2(n+1)}\bigg)\tag{5}$$
pero no estoy tan seguro de que el último de la serie puede ser simplificado aún más. En cualquier caso, $(4)$ parece un buen punto de partida.
