Integral de la $\int_0^\infty\frac{\tanh^2(x)}{x^2}dx$

Question

Parece que $$\int_0^\infty\frac{\tanh^2(x)}{x^2}dx\stackrel{\color{gray}?}=\frac{14\,\zeta(3)}{\pi^2}.\tag1$$ (hasta ahora que tengo acerca de $1000$ dígitos decimales para confirmar que). Después de cambiar la variable $x=-\tfrac12\ln z$, que se necesita una forma equivalente $$\int_0^1\frac{(1-z)^2}{z\,(1+z)^2 \ln^2z}dz\stackrel{\color{gray}?}=\frac{7\,\zeta(3)}{\pi^2}.\tag2$$ Búsqueda rápida en Gradshteyn—Ryzhik y Prudnikov et al. no encuentran esta integral, y también es devuelto sin evaluar por Mathematica y Maple. ¿Cómo podemos demostrar este resultado? Estoy con vistas a algo trivial?

Más preguntas: ¿Es posible generalizar y encontrar una forma cerrada de $$\mathcal A(a)=\int_0^\infty\frac{\tanh(x)\tanh(ax)}{x^2}dx,\tag3$$ o, al menos, de un caso particular con $a=2$?

Podemos generalizar a los poderes superiores $$\mathcal B(n)=\int_0^\infty\left(\frac{\tanh(x)}x\right)^ndx?\tag4$$

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Gracias a nospoon's comentario más abajo, sabemos que $$\mathcal B(3)=\frac{186\,\zeta(5)}{\pi^4}-\frac{7\,\zeta(3)}{\pi^2}\tag5$$ He comprobado los poderes superiores de este patrón, y, de hecho, parece que $$\begin{align}&\mathcal B(4)\stackrel{\color{gray}?}=-\frac{496\,\zeta(5)}{3\,\pi^4}+\frac{2540\,\zeta(7)}{\pi^6}\\ &\mathcal B(5)\stackrel{\color{gray}?}=\frac{31\,\zeta(5)}{\pi^4}-\frac{3175\,\zeta(7)}{\pi^6}+\frac{35770\,\zeta(9)}{\pi^8}\\ &\mathcal B(6)\stackrel{\color{gray}?}=\frac{5842\,\zeta(7)}{5\,\pi^6}-\frac{57232\,\zeta(9)}{\pi^8}+\frac{515844\,\zeta(11)}{\pi^{10}}\end{align}\tag6$$

Answer 1

Voy a abrir con el principal teorema.

Deje $s$ ser un número real positivo. Entonces la siguiente igualdad se mantiene. $$\frac{\pi^2}{4}\int_0^{\infty} \dfrac{\tanh(x)\,\tanh(x s)}{x^2}\,dx = s \int_0^1 \ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right) \ln\left(\frac{1-x^s}{1+x^s}\right) \,\frac{dx}{x}.\tag{1}$$

Prueba.

En primer lugar, loagrithmically diferenciar el Weierstrass-formulario de producto de el coseno hiperbólico, para obtener el $\displaystyle \, \frac{1}{8x}\tanh(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac1{\pi^2 (2n+1)^2+(2x)^2}\,.$

También, desde (elementarily) tenemos $\displaystyle \,\,\int_0^{\infty} \frac1{a^2+x^2}\,dx=\frac{\pi}{2a},\,\,$ se sigue que $\displaystyle \,\int_0^{\infty} \frac1{(a^2+x^2)(b^2+x^2)}\,dx=\frac1{b^2-a^2}\int_0^{\infty}\left(\frac1{a^2+x^2}-\frac1{b^2+x^2}\right)dx=\frac{\pi}{2}\,\frac1{ab(a+b)}.$

Así, $$\begin{align*} \int_0^{\infty} \frac{\tanh(x)\,\tanh(x s)}{64 x^2 s}\,dx\\ &=\int_0^{\infty} \sum_{n,m=0}^{\infty} \dfrac1{(\pi^2(2n+1)^2+(2x)^2)(\pi^2(2m+1)^2+(2xs)^2)}\,\,dx\\ &=\frac1{2^2 (2s)^2} \sum_{n,m=0}^{\infty} \int_0^{\infty} \dfrac1{x^2+\left(\frac{\pi}{2}(2n+1)\right)^2}\,\dfrac1{x^2+\left(\frac{\pi}{2s}(2m+1)\right)^2}\,dx\\ &=\frac1{4\pi^2} \sum_{n,m=0}^{\infty} \dfrac1{(2n+1)\,(2m+1)\,\,((2n+1)+s(2m+1))}\\ &=\frac1{4\pi^2} \sum_{n,m=0}^{\infty} \dfrac1{(2n+1)(2m+1)} \int_0^1 x^{(2n+1)+s(2m+1)}\,\frac{dx}{x}\\ &=\frac1{16\pi^2} \int_0^1 \ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\ln\left(\frac{1-x^s}{1+x^s}\right)\,\frac{dx}{x}. \end{align*}$$

Ejemplo no. 1

Set $s=1$. Con la sustitución de $x \mapsto \frac{1-x}{1+x},$ hemos $$\begin{align*} \frac{\pi^2}{4}\int_0^{\infty} \frac{\tanh^2 x}{x^2}\,dx\\ &=\int_0^1 \ln^2\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\,\frac{dx}{x}\\ &=2\int_0^1 \frac{\ln^2 x}{1-x^2}\,dx\\ &=2\int_0^1 \ln^2 x \sum_{n=0}^{\infty} x^{2n} \,dx\\ &=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{4}{(2n+1)^3}=\frac{7}{2}\zeta(3). \end{align*}$$

Por lo tanto,

$$ \,\,\int_0^{\infty} \frac{\tanh^2 x}{x^2}\,dx=\frac{14\zeta(3)}{\pi^2}.$$

Ejemplo no. 2

Set $s=3$. El empleo de la misma sustitución, tenemos $$\int_0^1 \ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\ln\left(\frac{1-x^3}{1+x^3}\right)\,\frac{dx}{x}=2\int_0^1 \frac{\ln x}{1-x^2} \ln\left(\frac{x(x^2+3)}{3x^2+1}\right)dx$$

Ahora, yo era capaz de obtener lo siguiente: $$ f(a)=\int_0^1 \dfrac{\ln x \,\ln(a^2+x^2)}{1-x^2}dx=-\frac{\pi^2}{8}\ln(1+a^2)+\frac14 F\left(-\frac1{a^2}\right)-2\operatorname{Re} F\left(\frac{i}{a}\right),$$

donde $$ F(z)=\text{Li}_3(z)+2\text{Li}_3(1-z)-\ln(1-z)\text{Li}_2(1-z)-\frac{\pi^2}{6}\ln(1-z)-2\zeta(3).$$

Se trata del hecho de que cada vez que $|z|<1$, $\displaystyle \,\, F(z)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}^{(2)}}{n}\,z^n.$

El uso de esa notación, $\displaystyle \,\,2\int_0^1 \frac{\ln x}{1-x^2}\ln\left(\frac{x(x^2+3)}{3x^2+1}\right)dx=\frac{7}{2}\zeta(3)+\frac{\pi^2}{4}\ln3+2f(\sqrt{3})-2f\left(\frac1{\sqrt{3}}\right).$

El problema fue la simplificación de la horrible, monstruoso expresión. Después de varias horas de dolorosa de la simplificación de la mano, que finalmente obtuvo

$$\int_0^1 \ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\,\ln\left(\frac{1-x^3}{1+x^3}\right)\frac{dx}{x}=\frac{\pi^2}{18}\ln3-\frac{2\pi^2}{3}\ln2+\frac{8}{3}\ln^3 2-\frac{7}{2}\zeta(3)-2\text{Li}_3\left(\frac14\right)\\+16\operatorname{Re} \text{Li}_3(1-i\sqrt{3})-\frac{2\pi}{3}\operatorname{Im}\text{Li}_2\left(-\frac{i}{\sqrt{3}}\right).$$

(puede ser simplificado más?)

O,

$$\int_0^{\infty} \frac{\tanh(x)\tanh(3x)}{x^2}\,dx=\frac23\ln3-8\ln2+\frac{32\ln^3 2}{\pi^2}-\frac{42\zeta(3)}{\pi^2}-\frac{24\text{Li}_3\left(\frac14\right)}{\pi^2}\\+\frac{192}{\pi^2}\operatorname{Re}\text{Li}_3(1-i\sqrt{3})-\frac{8}{\pi}\operatorname{Im}\text{Li}_2\left(-\frac{i}{\sqrt{3}}\right).$$

Si establecemos $s=4$ y de nuevo sustituto $x \mapsto \frac{1-x}{1+x},\,$ encontramos $$\int_0^1 \ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\,\ln\left(\frac{1-x^4}{1+x^4}\right)\frac{dx}{x}=2\int_0^1 \frac{\ln x}{1-x^2} \ln\left(\frac{4x(1+x^2)}{x^4+6x^2+1}\right)\,\frac{dx}{x} \\=-\frac{\pi^2}{2}\ln2+\frac{7}{2}\zeta(3)+2f(1)-2f(\sqrt{2}+1)-2f(\sqrt{2}-1)$$

Yo no soy lo suficientemente valiente para empezar la simplificación de que.

Parece que una forma cerrada que pueden existir para cada natural $s$ (y por lo tanto, para cada una de las $1/n$ donde $n$ natural).

Por ejemplo, bajo la subsitution $x \mapsto \frac{1-x}{1+x}$, la expresión $\displaystyle \frac{1-x^5}{1+x^5}$ se convierte en $\displaystyle \frac{x(x^4+10x^2+5)}{5x^4+10x^2+1}$.

Factorización de $x^4+10x^2+5=(x^2+5+2\sqrt{5})(x^2+5-2\sqrt{5})$$\displaystyle 5x^4+10x^2+1=5\left(x^2+\frac1{5+2\sqrt{5}}\right)\left(x^2+\frac1{5-2\sqrt{5}}\right)$,

de ello se sigue que $$ \int_0^1 \ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\ln\left(\frac{1-x^5}{1+x^5}\right)\frac{dx}{x}=\frac72\zeta(3)+\frac{\pi^2}{4}\ln5+2f\left(\sqrt{5+2\sqrt{5}}\right)+2f\left(\sqrt{5-2\sqrt{5}}\right)-2f\left(\frac1{\sqrt{5+2\sqrt{5}}}\right)-2f\left(\frac1{\sqrt{5-2\sqrt{5}}}\right).$$

Del mismo modo, $$\int_0^1 \ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\ln\left(\frac{1-x^6}{1+x^6}\right)\frac{dx}{x}=\frac72\zeta(3)-\frac{\pi^2}{4}\ln6+2f(\sqrt{3})+2f\left(\frac1{\sqrt{3}}\right)-2f(1)-2f(2+\sqrt{3})-2f(2-\sqrt{3}).$$

Se puede observar un patrón. Parece que siempre podemos factorizar la expresión que resulta de la aplicación de $x\mapsto \frac{1-x}{1+x}$ $\frac{1-x^n}{1+x^n}$en los factores de la forma $x$ y $x^2+r^2$ ($r \in \mathbb{C}$), lo que implica que, de hecho, hay una forma cerrada en términos de logaritmos y polylogarithms para $\int_0^{\infty} \tanh(x)\tanh(xn)/x^2\,\,dx$. De hecho, las raíces $r$ en el de la factorización de siempre parecen ser $\tan(q \pi)$ (hasta multiplicación por una unidad imaginaria), donde p es un número racional (cuyo denominador es $n$ al $n$ es impar y $2n$ cuando es aún) . Por ejemplo, $\displaystyle \sqrt{2}-1=\tan\left(\frac{\pi}{8}\right),\,\,\,\,\sqrt{5-2\sqrt{5}}=\tan\left(\frac{\pi}{5}\right),\,\,\,\,\,2-\sqrt{3}=\tan\left(\frac{\pi}{12}\right)\,\,$etc.

Yo soy demasiado perezoso para escribir una fórmula general que funciona para cada número natural.

Answer 2

La solución para $n=3$ puede ser fácilmente generalizado a cualquier $n\ge 2$: basta uso de paridad para extender la integración a $\mathbb R$ y, a continuación, calcular la integral de residuos moviendo el contorno de la $i\infty$. Los residuos que provienen de los polos de $\tanh^n z$ dada por $z_k=i\pi\left(k+\frac12\right)$, $k\in \mathbb Z$.

Por ejemplo, como $z\to z_k$, tenemos $$\frac{\tanh^2 z}{z^2}=\frac{1}{z_k^2}\frac{1}{(z-z_k)^2}-\frac{16i}{\pi^3(2k+1)^3}\frac{1}{z-z_k}+\mathrm{reg.},$$ y por lo tanto la integral está dada por $$\int_0^{\infty}\frac{\tanh^2 z}{z^2} dz=\frac12\cdot 2\pi i\sum_{k=0}^{\infty}\left(-\frac{16i}{\pi^3(2k+1)^3}\right)=\frac{14\zeta(3)}{\pi^2}.$$ Para general $n$, es obvio que vamos a tener una suma finita de valores zeta.

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El caso de $$\mathcal I:=\int_0^{\infty}\frac{\tanh z\tanh 2 z}{z^2} dz$$ can be treated analogously. Potential poles of the integrand are given by $z^{I}_k=\frac{i\pi}{2}\left(k+\frac12\right)$ and $z^{II}_k=i\pi\left(k+\frac12\right)$, y hemos $$ \frac{\tanh z\tanh 2z}{z^2}= \begin{cases}\frac{\tanh z_k^I}{2\left(z_k^{I}\right)^2}\frac{1}{z-z_k^I}+\mathrm{reg.} & \text{as } z\to z_k^I,\\ \mathrm{reg.} & \text{as } z\to z_k^{II}, \end{casos} $$ así que el real polos son sólo dado por $z_k^I$. Por lo tanto $$\mathcal I=\pi i\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\tanh z_k^I}{2\left(z_k^{I}\right)^2} =\pi i\sum_{k=0}^{\infty}\frac{i(-1)^k}{2\left(\frac{i\pi}{2}\left(k+\frac12\right)\right)^2}=\frac{8K}{\pi},$$ donde $K$ denota catalán constante.

Answer 3

He encontrado una manera de evaluar esta integral sin complejos análisis, aunque creo que no es rigurosa pero, porque no sé cómo justificar el intercambio de la integral y el intercambio de la integral y la infinita suma.

De todos modos, comience con la identidad de $\displaystyle \,\,\int_0^{\infty} \frac{\sin(z x)}{\sinh(\frac{\pi}{2}x)}dx=\tanh z\,\,\,\,\,\,$ (véase aquí para una prueba, por ejemplo). Por lo $$I=\int_0^{\infty} \frac{\tanh^2 z}{z^2}dz=\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}\frac{\sin(zx)\sin(zt)}{z^2\sinh(\frac{\pi}{2}x)\sinh(\frac{\pi}{2}t)}dxdtdz \\\\=\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}\frac{f(x,t)}{\sinh(\frac{\pi}{2}x)\sinh(\frac{\pi}{2}t)}dxdt$$

Donde $$f(x,t)=\int_0^{\infty}\frac{\sin(z x)\sin(x t)}{z^2}dz=\large\begin{cases} \frac{\pi}{2}x &:&0<x\le t \\\\\frac{\pi}{2}t&:&0<t\le x\end{cases}$$

que he visto en esta lista de Wikipedia. Yo no podía evaluar a mí mismo, ni encontrar una referencia en cualquier lugar.

De todos modos, debido a la simetría, $$ I=\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}\frac{f(x,t)}{\sinh(\frac{\pi}{2}x)\sinh(\frac{\pi}{2}t)}dxdt \\=\int_0^{\infty}\int_0^{t}\frac{f(x,t)}{\sinh(\frac{\pi}{2}x)\sinh(\frac{\pi}{2}t)}dxdt+\int_0^{\infty}\int_t^{\infty}\frac{f(x,t)}{\sinh(\frac{\pi}{2}x)\sinh(\frac{\pi}{2}t)}dxdt \\\\=2\int_0^{\infty}\int_t^{\infty}\frac{f(x,t)}{\sinh(\frac{\pi}{2}x)\sinh(\frac{\pi}{2}t)}dxdt \\\\=2\int_0^{\infty}\int_t^{\infty}\frac{\frac{\pi}{2} t}{\sinh(\frac{\pi}{2}x)\sinh(\frac{\pi}{2}t)}dxdt \\\\=-2\int_0^{\infty} \frac{t}{\sinh(\frac{\pi}{2} t)}\ln\tanh(\frac{\pi}{4} t)\,dt. $$

Desde $\displaystyle \,\,\,\int \frac1{\sinh x}dx=\ln\tanh(\frac{x}{2})+C.$

Ahora sustituye $x=\tanh(\frac{\pi}{4}t)$ para obtener $$I=-2\int_0^{\infty} \frac{t}{\sinh(\frac{\pi}{2} t)}\ln\tanh(\frac{\pi}{4} t)\,dt \\=-\frac{16}{\pi^2}\int_0^1\frac{\ln x}{x}\,\operatorname{arctanh} x\, dx \\=-\frac{16}{\pi^2}\int_0^1 \frac{\ln x}{x} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}\,dx \\=\frac{16}{\pi^2}\sum_{n=0}^{\infty} \frac1{(2n+1)^3} \\=\frac{14\zeta(3)}{\pi^2}. $$

Supongo razonamiento similar podría ser usada para calcular el $\mathcal B(n)$ para las grandes naturales $n$'s.

También, aquí es una referencia para otras evaluaciones de $\mathcal A(2)$.