Sobre la integral \int_{-1}^1 \frac{1}{\pi^2+(2 \operatorname{arctanh}(x)) $^ 2} \, dx = \frac {1} {6} $

Question

He aquí una pregunta que naturalmente surge en el estudio de algunos específicos de las integrales. Tengo la curiosidad de si para las integrales son conocidos agradable real de las herramientas de análisis para el cálculo de ellos (incluyendo aquí todas las fuentes posibles
en la literatura que se publicaly disponible). En algún momento voy a añadir mi análisis real de la solución.
Es una pregunta por la finalidad informativa en lugar de la búsqueda de soluciones, la solución es opcional.

Demostrar que

$$\int_{-1}^1 \frac{1}{\pi^2+(2 \operatorname{arctanh}(x))^2} \, dx=\frac{1}{6}. $$

Aquí está una pregunta complementaria

$$\int_{-1}^1 \frac{\log(1-x)}{\pi^2+(2 \operatorname{arctanh}(x))^2} \, dx=\frac{1}{4}+\frac{\gamma }{6}+\frac{\log (2)}{6}-2 \log (a) $$

donde $A$ es Glaisher–Kinkelin constante.

para el passionates de las integrales, series y límites.

Answer 1

Sub $x=\tanh{u}$, $dx = \operatorname{sech^2}{u} \, du$. Entonces la integral es

$$\int_{-\infty}^{\infty} du \, \frac{\operatorname{sech^2}{u}}{\pi^2+4 u^2} $$

Ahora, el uso de Parseval. Las transformadas de Fourier de las piezas de el integrando se

$$\int_{-\infty}^{\infty} du \, \frac{e^{i, u k}}{\pi^2+4 u^2} = \frac14 \frac{\pi}{\pi/2} e^{-\pi |k|/2} $$

$$\int_{-\infty}^{\infty} du \, \operatorname{sech^2}{u} \, e^{i, u k} = \pi k \operatorname{csch}{\left (\frac{\pi k}{2} \right )}$$

así que por Parseval...

$$\int_{-\infty}^{\infty} du \, \frac{\operatorname{sech^2}{u}}{\pi^2+4 u^2} = \frac12 \frac{\pi}{2 \pi} \int_{-\infty}^{\infty} dk \, k \operatorname{csch}{\left (\frac{\pi k}{2} \right )} e^{-\pi |k|/2} = \int_0^{\infty} dk \frac{k \, e^{-\pi k/2}}{e^{\pi k/2}-e^{-\pi k/2}}$$

Expanda el denominador:

$$\int_{-\infty}^{\infty} du \, \frac{\operatorname{sech^2}{u}}{\pi^2+4 u^2} = \sum_{m=0}^{\infty} \int_0^{\infty} dk \, k \, e^{-(1+m) \pi k} = \frac{1}{\pi^2} \sum_{m=0}^{\infty} \frac1{\left (1+m \right )^2} = \frac1{6}$$

Answer 2

Enfoque 1:

Para la primera integral \begin{align} 2\int^1_{0}\frac{{\rm d}x}{\pi^2+\ln^2\left(\frac{1-x}{1+x}\right)} y=-\frac{4}{\pi}\mathrm{Im}\int^1_0\frac{{\rm d}x}{(\ln{x}+\pi i)(1+x)^2}\tag1\\ y=-\frac{4}{\pi}\mathrm{Im}\int^1_{-1}\frac{{\rm d}x}{\ln{x}(1-x)^2}\tag2\\ &=\frac{4}{\pi}\mathrm{Im}\left[\int^\pi_0\frac{ie^{i\phi}}{i\phi(1-e^{i\phi})^2}\ {\rm d}\phi-\frac{\pi i}{2}\operatorname*{Res}_{z=1}\frac{1}{\ln{z}(z-1)^2}\right]\tag3\\ &=\frac{4}{\pi}\mathrm{Im}\left[\int^\pi_0\frac{{\rm d}\phi}{-4\phi\sin^2\left(\frac{\phi}{2}\right)}-\frac{\pi i}{2}\operatorname*{Res}_{z=1}\frac{1}{\ln{z}(z-1)^2}\right]\\ &=\frac{4}{\pi}\left(-\frac{\pi}{2}\right)\operatorname*{Res}_{z=1}\left[\frac{1}{(z-1)^3}+\frac{1}{2(z-1)^2}\color{red}{-}\frac{\color{red}{1}}{\color{red}{12}(z-1)}+\mathcal{O}(1)\right]\tag4\\ &=\frac{1}{6} \end{align} Explicación:
$(1)$: Sustituto $x\mapsto \dfrac{1-x}{1+x}$.
$(2)$: Sustituto $x\mapsto -x$ y ampliar la integración intervalo $[-1,1]$. La integral de más de $[0,1]$ no contribuye en nada ya que es puramente real.
$(3)$: Cambiar la ruta de la integración a la unidad de arco semicircular en la mitad superior del plano. Recoger el residuo en $z=1$ en el proceso.
$(4)$: La primera integral en la línea anterior es puramente real; Expandir $\displaystyle\frac{1}{\ln{z}(z-1)^2}$ como Laurent de la serie.

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Enfoque 2:

Aquí es otro enfoque que evita el análisis complejo. \begin{align} 2\int^1_0\frac{{\rm d}x}{\pi^2+\ln^2\left(\frac{1-x}{1+x}\right)} y=-\frac{4}{\pi}\mathrm{Im}\int^1_0\frac{{\rm d}x}{\ln(-x)(1+x)^2}\\ &=\frac{4}{\pi}\int^\infty_0\int^1_0\frac{x^s\sin(\pi s)}{(1+x)^2}\ {\rm d}x\ {\rm d}s\\ &=\frac{4}{\pi}\sum^\infty_{k=0}(-1)^k\int^1_0\int^1_0\frac{x^{s+k}\sin(\pi s)}{(1+x)^2}\ {\rm d}x\ {\rm d}s\\ &=\frac{4}{\pi}\int^1_0\sin(\pi s)\int^1_0\frac{x^{s}}{(1+x)^3}\ {\rm d}x\ {\rm d}s\\ &=\frac{4}{\pi}\int^1_0\sin(\pi s)\left[-\frac{1}{8}-\frac{s}{4}+\frac{s(s-1)}{4}\left(\psi_0\left(\frac{s}{2}\right)-\psi_0\left(\frac{s-1}{2}\right)\right)\right]\ {\rm d}s\\ &=\frac{1}{\pi}\int^1_0\sin(\pi s)s(s-1)\left[\psi_0\left(\frac{s}{2}\right)-\psi_0\left(\frac{s+1}{2}\right)\right]\ {\rm d}s\\ &=\frac{2}{\pi}\int^1_0\ln\frac{\Gamma\left(\frac{s}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{s+1}{2}\right)}\left(\frac{{\rm d}}{{\rm d}s}\sin(\pi s)s(1-s)\right)\ {\rm d}s \end{align} Utilizando el hecho de $$\ln\frac{\Gamma\left(\frac{s}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{s+1}{2}\right)}=\sum_{n\in2\mathbb{N}_0+1}\left[\frac{1}{n}\cos(n\pi s)+2\frac{\gamma+\ln(2n\pi)}{n\pi}\sin(n\pi s)\right]\ \ , \ \ 0<s\le1$$ en tándem con los resultados \begin{align} \int^1_0\sin((2n+1)\pi s)\left(\frac{{\rm d}}{{\rm d}s}\sin(\pi s)s(1-s)\right)\ {\rm d}s &=0\\ \int^1_0\cos((2n+1)\pi s)\left(\frac{{\rm d}}{{\rm d}s}\sin(\pi s)s(1-s)\right)\ {\rm d}s &= \begin{casos} \frac{\pi}{12}+\frac{1}{4\pi},& \text{si $n=0$}\\ \frac{2n+1}{4\pi}\left(\frac{1}{(n+1)^2}-\frac{1}{n^2}\right),& \text{si $n\in\mathbb{N}$} \end{casos} \end{align} los rendimientos \begin{align} 2\int^1_0\frac{{\rm d}x}{\pi^2+\ln^2\left(\frac{1-x}{1+x}\right)} &=\frac{2}{\pi}\left[\frac{\pi}{12}+\frac{1}{4\pi}+\frac{1}{4\pi}\sum^\infty_{n=1}\left(\frac{1}{(n+1)^2}-\frac{1}{n^2}\right)\right]=\frac{1}{6} \end{align}

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Complementario Problema:

La sustitución de $x\mapsto\tanh{x}$ entonces $2x\mapsto\ln{x}$, \begin{align} \int^1_{-1}\frac{\ln(1-x)}{\pi^2+\ln^2\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}\ {\rm d}x &=\int^1_{-1}\frac{\ln{2}}{\pi^2+\ln^2\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}\ {\rm d}x+\int^\infty_{-\infty}\frac{\ln\left(\frac{1-\tanh{x}}{2}\right)}{(\pi^2+4x^2)\cosh^2{x}}\ {\rm d}x\\ &=\frac{\ln{2}}{6}-\int^\infty_{0}\frac{2\ln(1+x)}{(\pi^2+\ln^2{x})(1+x)^2}\ {\rm d}x\\ &=\frac{\ln{2}}{6}-\int^1_0\frac{1}{2\pi i}\int_Cf(z,x)\ {\rm d}z\ {\rm d}x \end{align} donde $f(z,x)=\dfrac{2z}{(1+xz)(\ln{z}-\pi i)(1+z)^2}$ y $C$ es el ojo de la cerradura de contorno deformado a lo largo de la rama de corte $[0,\infty]$. Tomamos nota de que $$\frac{1}{(\ln{z}-\pi i)(1+z)^2}\sim_{-1}-\frac{1}{(z+1)^3}+\frac{1}{2(z+1)^2}+\frac{1}{12(z+1)}+\mathcal{S}(1)$$ y por el teorema de los residuos, el contorno de la integral es \begin{align} \frac{1}{2\pi i}\int_Cf(z,x)\ {\rm d}z =&\ \operatorname*{Res}_{z=-1/x}f(z,x)+\operatorname*{Res}_{z=-1}f(z,x)\\ =&\ \frac{2\left(-\frac{1}{x}\right)}{x\left(\ln\left(-\frac{1}{x}\right)-\pi i\right)\left(1-\frac{1}{x}\right)^2}-\frac{1}{2}\left.\left(\frac{{\rm d}^2}{{\rm d}z^2}+\frac{{\rm d}}{{\rm d}z}\right)\frac{2z}{1+xz}\right|_{z=-1}-\frac{1}{6(1-x)}\\ =&\ \frac{2x}{(1-x)^3}+\frac{1}{(1-x)^2}-\frac{1}{6(1-x)}+\frac{2}{(1-x)^2\ln{x}} \end{align} A continuación, vamos a $$I(s)=\int^1_0\left(\frac{2x}{(1-x)^3}+\frac{1}{(1-x)^2}-\frac{1}{6(1-x)}+\frac{2}{(1-x)^2\ln{x}}\right)x^s\ {\rm d}x$$ tal que la integral que buscamos es $\displaystyle\frac{\ln{2}}{6}-I(0)$. La diferenciación de dos veces y la integración por partes, \begin{align} I"(s) &=1+\int^1_0\left(\frac{s^2x^{s-1}\ln^2{x}}{1-x}+\frac{2sx^{s-1}\ln{x}}{1-x}-\frac{x^s\ln^2{x}}{6(1-x)}\right)\ {\rm d}x\\ Y=1-s^2\psi_2(s)-2s\psi_1(s)+\frac{1}{6}\psi_2(s+1) \end{align} y podemos volver a integrarse para obtener \begin{align} I'(s) &=\frac{1}{2}+s-s^2\psi_1(s)+\frac{1}{6}\psi_1(s+1)\\ I(s) &=L-s\ln(2\pi)-\frac{s}{2}+\frac{3^2}{2}+\frac{1}{6}\psi_0(s+1)-s^2\psi_0(s)+2\ln{G(s+1)} \end{align} donde \begin{align} L &=\lim_{s\to\infty}\left(s\ln(2\pi)+\frac{s}{2}-\frac{3s^2}{2}-\frac{1}{6}\psi_0(s+1)+s^2\psi_0(s)-2\ln{G(s+1)}\right)\\ &=\lim_{s\to\infty}\left(s\ln(2\pi)+\frac{s}{2}-\frac{3s^2}{2}-\frac{1}{6}\ln{s}+s^2\ln{s}-\frac{s}{2}-\frac{1}{12}-s^2\ln{s}+\frac{3s^2}{2}-s\ln(2\pi)+\frac{1}{6}\ln{s}-2\zeta'(-1)+\mathcal{O}\left(\frac{1}{s}\right)\right)\\ Y=-2\zeta'(-1)-\frac{1}{12} \end{align} Dejando $s=0$ y observando que $\psi_0(1)=-\gamma$, llegamos a $$\int^1_{-1}\frac{\ln(1-x)}{\pi^2+\ln^2\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}\ {\rm d}x=2\zeta'(-1)+\frac{\gamma}{6}+\frac{\ln{2}}{6}+\frac{1}{12}$$

Answer 3

$\newcommand{\sech}{\operatorname{sech}}\newcommand{\arctanh}{\operatorname{arctanh}}\newcommand{\Res}{\operatorname*{Res}}$ $\Res\limits_{z=\frac\pi2i}\left(\frac{\sech^2(z)}{\pi^2+4z^2}\right)=-i\frac{3+\pi^2}{12\pi^3}$ y $k\ge1$, $\Res\limits_{z=\frac{(2k+1)\pi}2i}\left(\frac{\sech^2(z)}{\pi^2+4z^2}\right)=\frac{8z}{\left(\pi^2+4z^2\right)^2}$. Por lo tanto, lo que se suma la presencia de residuos en la mitad superior del plano, obtenemos $$ \begin{align} \int_{-1}^1\frac1{\pi^2+(2\arctanh(x))^2}\,\mathrm{d}x &=\int_{-\infty}^\infty\frac1{\pi^2+4u^2}\,\mathrm{d}\tanh(u)\\ &=\int_{-\infty}^\infty\frac{\sech^2(u)}{\pi^2+4u^2}\,\mathrm{d}u\\ Y=2\pi i\left(-i\frac{3+\pi^2}{12\pi^3}+\frac{i}{4\pi^3}\sum_{k=1}^\infty\frac{2k+1}{\left(k^2+k\right)^2}\right)\\ Y=2\pi i\left(-i\frac{3+\pi^2}{12\pi^3}+\frac{i}{4\pi^3}\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1{k^2}-\frac1{(k+1)^2}\right)\right)\\[4pt] &=\frac16 \end{align} $$ una vez que el colapso de la telescópico de la serie.

Answer 4

Después de realizar la sustitución $u = \text{arctanh}(x)$, se podría utilizar la transformada de Laplace $$\int_{0}^{\infty} \cos(ax) \, e^{-bx} \, dx = \frac{b}{a^{2}+b^{2}} \, , \, \texto{Re} (b) >0 $$

y, a continuación, cambie el orden de integración.

Específicamente,

$$ \begin{align} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\text{sech}^{2}(u)}{4u^{2} + \pi^{2}} \, du &= \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \text{sech}^{2}(u) \int_{0}^{\infty} \cos(2ut)\, e^{- \pi t} \, dt \, du \\ &= \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\infty} e^{- \pi t} \int_{-\infty}^{\infty} \text{sech}^{2} (u) \cos(2tu) \, du \, \ dt. \end{align}$$

El interior de la integral es básicamente la segunda transformada de Fourier que Ron Gordon utiliza en su respuesta.

Una relativamente rápida manera de evaluar es integrar el complejo de la función $f(z) = \text{sech}^{2}(z) \, e^{2itz}$ alrededor de un contorno rectangular en la mitad superior-plano de altura $\pi$ y utilice el hecho de que $\text{sech}^{2} (z)$ es $i \pi$periódicas.

Haciendo así, obtenemos

$$\begin{align} \int_{-\infty}^{\infty} \text{sech}^{2}(u) \, e^{2itu} \, du - \int_{-\infty}^{\infty} \text{sech}^2(u) \, e^{2it(u+ i \pi} \, du y= 2 \pi i \, \text{Res}[f(z), i \pi /2] \\ &= 2 \pi i \, \text{Res} [f(z+ i \pi/2), 0] \\ &= 2 \pi i \, \text{Res} \left[-\text{csch}^{2}(z) e^{2i z} e^{-\pi t} ,0 \right] \\ &= 2 \pi i \left(-2ite^{- \pi t} \right) \end{align} $$

desde $\text{csch}^{2}(z) = \frac{1}{z^{2}} + \mathcal{S}(1).$

Entonces la combinación de las dos integrales de la derecha, obtenemos

$$ \int_{-\infty}^{\infty} \text{sech}^{2}(x) \, e^{2itu} \, du = \int_{-\infty}^{\infty} \text{sech}^{2}(x) \cos(2tu) \, du = 2 \pi t \, \frac{2 \, e^{- \pi t}}{1-e^{- 2 \pi t}} = 2 \pi t \, \text{csch} (\pi t). $$

(Yo no podía " pensar en un enfoque que evitar complejo análisis completo.)

Por lo tanto,

$$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\text{sech}^{2}(u)}{\pi^{2}+4u^{2}} \, du = 2 \int_{0}^{\infty} t \, \text{csch} (\pi t) \, e^{- \pi t}\, dt. $$

Después de realizar la sustitución $w = 2t$, nos encontramos con la misma integral que resulta de usar teorema de Parseval. Puede referirse a Ron Gordon respuesta para completar la evaluación.