En $\int_{-1}^1\frac{\arctan x}{\text{arctanh}\,x}\,\mathrm{d}x$ tienen una forma cerrada?

Question

$$\newcommand{\arctanh}{~\mathrm{arctanh}~}\newcommand{\sech}{~\mathrm{sech}~}$$

$$I=\int_{-1}^1\frac{\arctan x}{\arctanh x}\,\mathrm{d}x$$ Mathematica da un resultado aproximado de $I=1.581949621806183890451628...$ pero no la forma exacta. Predigo que es una función de $e$ y $\pi$ y quizás incluso la Proporción Áurea $\phi$ ( Desde luego, no sería la primera vez )

La motivación de esta pregunta es pura curiosidad. Me pareció que la forma era bonita :)

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1ª edición: Sustituciones de $x=\tan u$ y $x=\tanh u$ producen respectivamente $$I= 2\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\dfrac{u\sec^2u}{\ln|\frac{1+\tan u}{1-\tan u}|}\,\mathrm{d}u$$ $$I= \int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{\arctan(\tanh u)}{u}\sech^2u\,\mathrm{d}u$$

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2ª edición: He considerado otro enfoque empezando por parametrizar la integral deseada mediante $$I_a=\int_{-1}^1\frac{\arctan ax}{\arctanh x}\,\mathrm{d}x$$ para que $$\frac{\partial I_a}{\partial a}=\int_{-1}^1\frac{x}{(1+(ax)^2)\arctanh x}\,\mathrm{d}x$$ Integración por partes con $$\begin{matrix}u=\dfrac{1}{\arctanh x}&&\mathrm{d}v=\dfrac{x}{1+(ax)^2}\,\mathrm{d}x\\[1ex] \mathrm{d}u=\dfrac{\mathrm{d}x}{(x^2-1)\arctanh^2x}&&v=\dfrac{1}{2a^2}\log(1+(ax)^2)\end{matrix}$$ se obtiene la siguiente integral: $$\frac{\partial I_a}{\partial a}=\frac{1}{2a^2}\int_{-1}^1\frac{\log(1+(ax)^2)}{(1-x^2)\arctanh^2x}\,\mathrm{d}x$$ que puede modificarse mediante una sustitución de $y=\arctanh x$ para obtener $$\frac{\partial I_a}{\partial a}=\frac{1}{2a^2}\int_{-\infty}^\infty \frac{\log(1+(a\tanh y)^2)}{y^2}\,\mathrm{d}y$$

Tengo una idea de abordar la integral restante utilizando la expansión en serie de $\log(1+x)$ es decir, la integral pasaría a ser $$\frac{\partial I_a}{\partial a}=\frac{1}{2a^2}\int_{-\infty}^\infty \frac{\mathrm{d}y}{y^2}\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{k}(a\tanh y)^{2k}=-\frac{1}{2a^2}\sum_{k=1}^\infty \frac{a^{2k}(-1)^k}{k}\underbrace{\int_{-\infty}^\infty \frac{\tanh^{2k}y}{y^2}\,\mathrm{d}y}_{J_k}$$ Según esta pregunta tenemos un cerrado de $J_k$ en el caso de $k=1$ y potencialmente todos $k>1$ en términos de la función zeta de Riemann, pero aún no he investigado más.

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Otro método que se me ocurrió fue considerar un contorno de ojo de cerradura para abordar $\dfrac{\partial I_a}{\partial a}$ pero me temo que no estoy lo suficientemente familiarizado con el análisis complejo como para dar ese salto todavía.

Answer 1

Sin embargo, he probado 2 maneras de encontrar una forma cerrada sin éxito hasta este punto.

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1ª prueba. Sea $I$ denotan la integral, y escribimos

$$ I = 8 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2n+1} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-x}(1 - e^{-(2n+1)x})}{x (1 + e^{-x})^{2}} \, dx. $$

Para evaluar la integral dentro de la suma, introducimos nuevas funciones $I(s)$ y $J_n(s)$ por

$$ I(s) = 8 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2n+1} \int_{0}^{\infty} \frac{x^{s-1} e^{-x}(1 - e^{-(2n+1)x})}{(1 + e^{-x})^{2}} \, dx =: 8 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2n+1} J_n(s) $$

para que $I = I(0)$ . Entonces es fácil calcular que para $\Re(s) > 1$ , $J_n(s)$ se escribe como

$$ J_n(s) = \Gamma(s) \left( \eta(s-1) + \sum_{k=2n+1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k^{s-1}} - (2n+1) \sum_{k=2n+1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k^{s}} \right), $$

donde $\eta$ es la función eta de Dirichlet. Introduciendo esto en $I(s)$ y manipulando un poco, obtenemos

$$ I(s) = 8\Gamma(s) \left( \frac{\pi}{4} \eta(s-1) - 4^{-s}\left( \zeta(s, \tfrac{1}{4}) - \zeta(s, \tfrac{1}{2}) \right) + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2n+1} \sum_{k=2n+1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k^{s-1}} \right). $$

Esto es válido para $\Re(s) > 1$ . Pero si de alguna manera conseguimos encontrar una continuación analítica de la última parte del sumatorio, entonces podremos encontrar el valor de $I = I(0)$ .

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2ª prueba. Comencé con la siguiente representación

\begin{align*} I &= -2 \int_{0}^{\infty} \frac{1-e^{-t}}{1+e^{-t}} \left( \frac{1}{\cosh t} - \frac{2}{t} ( \arctan(1) - \arctan (e^{-t})) \right) \, \frac{dt}{t} \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)(2n+2)} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\tanh^{2(n+1)} x}{x^{2}} \, dx. \end{align*}

Con un poco de cálculo de residuos, podemos encontrar que

\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\tanh^{2n} x}{x^{2}} \, dx &= \frac{2}{i\pi} \, \underset{z=0}{\mathrm{Res}} \left[ \psi_{1}\left(\tfrac{1}{2} + \tfrac{1}{i\pi} z\right) \coth^{2n} z \right] \\ &= 2^{2n+3} \sum_{m=1}^{n} (-1)^{m-1}m (1-2^{-2m-1}) A_{n-m}^{(2n)} \, \frac{\zeta(2m+1)}{\pi^{2m}}, \end{align*}

donde $A_m^{(n)}$ se define mediante la siguiente suma combinatoria

$$ A_m^{(n)} = \sum_{\substack{ k_1 + \cdots + k_n = m \\ k_1, \cdots, k_n \geq 0 }} \frac{B_{2k_1} \cdots B_{2k_n}}{(2k_1)! \cdots (2k_n)!} = 2^{-2m} [z^{2m}](z \coth z)^{n} \in \Bbb{Q}, $$

donde $B_k$ son números de Bernoulli. Aún así el resultado final es atrozmente complicado, así que me detuve aquí.

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3ª prueba. Supongo que la siguiente representación más puede ser útil.

$$ I = \int_{0}^{1/2} \frac{1 - \cot(\pi u/2)}{2} \left\{ \psi_1\left(\tfrac{1+u}{2}\right) - \psi_1\left(\tfrac{1-u}{2}\right) \right\} \, du. $$

Answer 2

La función gudermanniana puede definirse como: $$ \text{gd}(x)= \int_0^x\frac{dt}{\cosh(t)}= 2\arctan(\tanh(\frac{1}{2}x)) $$

Además, observe que: $$\text{gd}'(x)=\frac{1}{\cosh(x)}$$ Teniendo esto en cuenta, la integral puede reescribirse como: $$\int_{0} ^{+\infty}\frac{\text{gd}(2x)(\text{gd'}(x))^2}{x}dx$$

A partir de aquí la cosa se complica. Intentar calcular $\int \text{gd}(2x)(\text{gd'}(x))^2$ da una forma cerrada (¡aunque muy complicada!). Así que dudo que la integral real pueda escribirse en términos de constantes matemáticas comunes (al menos por este camino, es decir, fijando $x=\tanh(u)$ ). He intentado diferenciar bajo el signo integral utilizando varias funciones de $t$ En vano.

EDITAR No sé si esto ayudará: También he considerado lo siguiente: $$\int_{-1}^1 \frac{\arctan(x)}{\text{arctanh}(x)}dx=\frac{1}{2}i\int_{-1}^1 \frac{\ln(1+ix)-\ln(1-ix)}{\text{arctanh}(x)}dx$$$$ =\frac{1}{2}i\int_{-1}^1 \frac{[\ln(1+ixy)]_{-1}^1}{\text{arctanh}(x)}dx=\frac{1}{2}i\int_{-1}^1\int_{-1}^1 \frac{1}{(1+ixy)\text{arctanh}(x)}dydx$$

Pero se topó con un obstáculo al final.

Answer 3

He evaluado con éxito la integral en forma @Sangchul Lee:

$$ I = 8 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2n+1} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-x}(1 - e^{-(2n+1)x})}{x (1 + e^{-x})^{2}} \, dx. $$

Empieza con la integral generalizada: $$\begin{align} &\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-t\left(m_{1}+1\right)}-e^{-t\left(m_{2}+1\right)}}{t\left(e^{-t}+1\right)^{2}}dt \\ \\ =\space&\int_{m_{2}}^{m_{1}}\left(-\frac{1}{2}+tL\left(-1,1,t+1\right)\right)dt \\ \\ =\space&\frac{m_{2}-m_{1}}{2}+\int_{m_{2}}^{m_{1}}tL\left(-1,1,t+1\right)dt \\ \\ =\space&\frac{m_{2}-m_{1}}{2}+\int_{m_{2}}^{m_{1}}t\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-u\left(t+1\right)}}{e^{-u}+1}\space du\space dt \\ \\ =\space&\frac{m_{2}-m_{1}}{2}+\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-u\left(m_{2}+1\right)}\left(m_{2}u+1\right)-e^{-u\left(m_{1}+1\right)}\left(m_{1}u+1\right)}{u^{2}\left(e^{-u}+1\right)}du \\ \\ =\space&\frac{m_{2}-m_{1}}{2}+m_{2}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-u\left(m_{2}+1\right)}}{u\left(e^{-u}+1\right)}du-m_{1}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-u\left(m_{1}+1\right)}}{u\left(e^{-u}+1\right)}du \\ &\qquad\qquad\qquad+\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-u\left(m_{2}+1\right)}}{u^{2}\left(e^{-u}+1\right)}du-\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-u\left(m_{1}+1\right)}}{u^{2}\left(e^{-u}+1\right)}du \end{align}$$

Por encima de $L(z,s,a)$ es el Lerch Trascendente .

He encontrado (sin una prueba completa todavía) que

$$\begin{align} &2\int_{x}^{\infty}\frac{e^{-at}}{t^{s}\left(e^{-t}+1\right)}dt \\ &=\left(-1\right)^{s}\frac{\gamma+\ln2}{\left(s-1\right)!}E\left(s-1,a\right)+\left(-1\right)^{s}2^{s}\sum_{n=0}^{s-2}\frac{{\psi^*}^{(n-s)}\left(0\right)}{2^{n+1}n!}E\left(n,a\right)+\left(-1\right)^{s}2^{s}\left({\psi^*}^{(-s)}\left(\frac{a+1}{2}\right)-{\psi^*}^{(-s)}\left(\frac{a}{2}\right)\right) \\&-\sum_{n=0}^{s-2}\left(-1\right)^{n}E\left(n,a\right)\frac{x^{n-s+1}}{n!\left(n-s+1\right)}+\left(-1\right)^{s}E\left(s-1,a\right)\frac{1}{\left(s-1\right)!}\ln x-\sum_{n=s}^{\infty}\left(-1\right)^{n}E\left(n,a\right)\frac{x^{n-s+1}}{n!\left(n-s+1\right)} \end{align}$$

para $|x|\le \pi$ y

$${\psi^*}^{(-n)}(x)=\frac{1}{\left(n-2\right)!}\int_{1}^{x}\left(x-t\right)^{n-2}\ln\left(\Gamma(t)\right)dt$$

Obsérvese que ésta sería una definición válida para la función Polygamma de orden negativo, salvo que el límite comienza en $1$ en lugar de $0$ .

Para $s=1$ tenemos

$$\begin{align} \int_{x}^{\infty}\frac{e^{-at}}{t\left(e^{-t}+1\right)}dt=-\frac{1}{2}\left(\gamma+\ln2\right)-\left(\psi^{(-1)}\left(\frac{a+1}{2}\right)-\psi^{(-1)}\left(\frac{a}{2}\right)\right) \\-\frac{1}{2}\ln x-\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}E\left(n,a\right)\frac{x^{n}}{n!n} \end{align}$$

et $s=2$ ,

$$\begin{align} \int_{x}^{\infty}\frac{e^{-at}}{t^2\left(e^{-t}+1\right)}dt=\left(\frac{a}{2}-\frac{1}{4}\right)\left(\gamma+\ln2\right)-\frac{\ln2\pi}{2}+2\left({\psi}^{(-2)}\left(\frac{a+1}{2}\right)-{\psi}^{(-2)}\left(\frac{a}{2}\right)\right) \\+\frac{1}{2x}+\left(\frac{a}{2}-\frac{1}{4}\right)\ln x-\frac{1}{2}\sum_{n=2}^{\infty}\left(-1\right)^{n}E\left(n,a\right)\frac{x^{\left(n-1\right)}}{n!\left(n-1\right)} \end{align}$$

Obsérvese que en estos casos podemos utilizar las funciones Polygamma normales, ya que ${\psi^*}^{(-1)}\left(x\right)={\psi}^{(-1)}\left(x\right)$ y ${\psi^*}^{(-2)}\left(x\right)={\psi}^{(-2)}\left(x\right)+\text{constant}$

Por lo tanto

$$\begin{align} &\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-t\left(m_{1}+1\right)}-e^{-t\left(m_{2}+1\right)}}{t\left(e^{-t}+1\right)^{2}}dt \\ &=\frac{m_{2}-m_{1}}{2}+m_{1}\ln\left(\frac{\Gamma\left(\frac{m_{1}+2}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{m_{1}+1}{2}\right)}\right)-m_{2}\ln\left(\frac{\Gamma\left(\frac{m_{2}+2}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{m_{2}+1}{2}\right)}\right)-2\left(\psi^{(-2)}\left(\frac{m_{1}+2}{2}\right)-\psi^{(-2)}\left(\frac{m_{1}+1}{2}\right)\right)+2\left(\psi^{(-2)}\left(\frac{m_{2}+2}{2}\right)-\psi^{(-2)}\left(\frac{m_{2}+1}{2}\right)\right) \end{align}$$

Configuración $m_1=0$ y $m_2=2n+1$ nos da

$$\begin{align} &\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-t}\left(1-e^{-t\left(2n+1\right)}\right)}{t\left(e^{-t}+1\right)^{2}}dt \\ &=3\ln A-\frac{7}{12}\ln2-\frac{1}{2}\ln\pi+\frac{2n+1}{2}-\left(2n+1\right)\ln\left(\frac{\Gamma\left(\frac{2n+3}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{2n+2}{2}\right)}\right)+2\left(\psi^{(-2)}\left(\frac{2n+3}{2}\right)-\psi^{(-2)}\left(\frac{2n+2}{2}\right)\right) \\ &=6\ln A-\frac{1}{6}\ln2+\frac{2n+1}{2}-\left(2n+1\right)\ln\left(\frac{\Gamma\left(\frac{2n+3}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{2n+2}{2}\right)}\right)-\left(n+1\right)\ln2-\left(n+1\right)-\sum_{k=1}^{2n+1}\left(-1\right)^{k}k\ln k \end{align}$$

Teniendo en cuenta que $\frac{\Gamma\left(\frac{2n+3}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{2n+2}{2}\right)}=\sqrt{\pi}\frac{2n+1}{2^{\left(2n+1\right)}}\binom{2n}{n}$

$$I=\pi\left(12\ln A-\frac{4}{3}\ln2-1\right)-4\ln\left(\frac{\pi}{2}\right)-8\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{\ln4n}{4n-1}-\frac{2}{\left(4n-1\right)\left(4n+1\right)}\sum_{k=1}^{4n}\left(-1\right)^{k}k\ln k\right)$$

Sin tener en cuenta $\frac{\Gamma\left(\frac{2n+3}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{2n+2}{2}\right)}=\sqrt{\pi}\frac{2n+1}{2^{\left(2n+1\right)}}\binom{2n}{n}$ obtenemos

$$I=\pi\left(12\ln A-\frac{4}{3}\ln2-1\right)+8\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{\ln\left(4n-2\right)}{4n-3}-\frac{2}{\left(4n-3\right)\left(4n-1\right)}\sum_{k=1}^{4n-2}\left(-1\right)^k k\ln k\right)$$

Por lo tanto

$$I=\pi\left(12\ln A-\frac{4}{3}\ln2-1\right)-2\ln\left(\frac{\pi}{2}\right)-4\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\left(\frac{\ln2n}{2n-1}-\frac{2}{\left(2n-1\right)\left(2n+1\right)}\sum_{k=1}^{2n}\left(-1\right)^{k}k\ln k\right)$$

Que pude reducir a

$$ \begin{align} I&=\pi\left(12\ln A-\frac{4}{3}\ln2-1\right)+4\ln\left(\frac{\Gamma\left(\frac{3}{4}\right)}{\Gamma\left(\frac{1}{4}\right)}\right)+\lim\limits_{m\to\infty}\left(-2\ln 2m+8\sum_{n=1}^{2m}\frac{\left(-1\right)^{n}}{2n-1}\sum_{k=1}^{2n-2}\left(-1\right)^{k}k\ln k\right)\\ &=\pi\left(12\ln A-\frac{4}{3}\ln2-1\right)+4\ln\left(\frac{\Gamma\left(\frac{3}{4}\right)}{\Gamma\left(\frac{1}{4}\right)}\right)+4\ln2+\lim\limits_{m\to\infty}\left(2\ln2m-8\sum_{n=1}^{2m}\frac{\left(-1\right)^{n}}{2n+1}\sum_{k=1}^{2n}\left(-1\right)^{k}k\ln k\right) \end{align} $$

Después de esta entrada podemos obtener una forma integral donde las integrales no contienen logaritmos ni funciones trigonométricas hiperbólicas:

$$ \begin{align} I &= 2\pi\left(3\ln A-\frac{2}{3}\ln2-\frac{1}{2}+\frac{7}{12}\ln2\right)+4\ln\left(\frac{\Gamma\left(\frac{3}{4}\right)}{\Gamma\left(\frac{1}{4}\right)}\right)+\frac{4}{3}\ln2-2\ln\pi+24\ln A \\ &+2\int_{0}^{\infty}\frac{1}{t}\left(1+\left(\frac{\pi}{4}-1\right)e^{-t}-e^{\frac{t}{2}}\arctan\left(e^{-\frac{t}{2}}\right)\right)dt \\ &+8\int_{0}^{\infty}\left(-\frac{1}{12t}+\frac{1}{t^{2}\left(e^{t}-1\right)}+\frac{1}{2t^{2}}-\frac{1}{t^{3}}\right)\left(4e^{\frac{t}{2}}\arctan\left(e^{-\frac{t}{2}}\right)-e^{t}\arctan\left(e^{-t}\right)-3\right)dt \end{align} $$