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Question

Wolfram Alpha evalúa esta integral numéricamente como

$$\int_0^{\infty} \frac{x^2}{\cosh^2 (x^2)} dx=0.379064 \dots$$

Su valor es al parecer

$$\frac{\sqrt{2}-2}{4} \sqrt{\pi}~ \zeta \left( \frac{1}{2} \right)=0.37906401072\dots$$

¿Cómo puedes resolver esta integral?

Obviamente, podemos hacer una sustitución $t=x^2$

\begin{align} \int_0^{\infty} \frac{x^2}{\cosh^2 (x^2)} dx&=\frac{1}{2} \int_0^{\infty} \frac{\sqrt{t}}{\cosh^2 (t)} dt\\[10pt] &=\int_0^{\infty} \frac{\sqrt{t}}{\cosh (2t)+1} dt\\[10pt] &=\frac{1}{2 \sqrt{2}}\int_0^{\infty} \frac{\sqrt{u}}{\cosh (u)+1} du \end {Alinee el}

Podríamos utilizar serie geométrica desde $\cosh (u) \geq 1$, pero no sé cómo le ayudará.

Answer 1

$$I=\frac{1}{2\sqrt{2}}\int_{0}^{+\infty}\frac{\sqrt{u}\,du}{1+\cosh(u)}=\frac{1}{\sqrt{2}}\int_{1}^{+\infty}\frac{\sqrt{\log v}}{(v+1)^2}\,dv=\frac{1}{\sqrt{2}}\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{-\log v}}{(1+v)^2}\,dv \tag{1}$ $ pero desde %#% $ de #% por expansión $$ \int_{0}^{1}v^k \sqrt{-\log v}\,dv = \frac{\sqrt{\pi}}{2(1+k)^{3/2}} \tag{2}$ como una serie de Taylor obtenemos:

$\frac{1}{(1+v)^2}$$

y la afirmación se desprende la conocida: %#% $ #% que da una continuación analítica de la función de $$ I = \frac{1}{\sqrt{2}}\sum_{n\geq 0}(-1)^n (n+1)\frac{\sqrt{\pi}}{2(1+n)^{3/2}} = \color{red}{\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{2}}\cdot\eta\left(\frac{1}{2}\right)}\tag{3}$.

Answer 2

Sugerencia:

Consideremos la integral paramétrica

\begin{equation} I(a) = \int_0^\infty \frac{t^{a-1}}{\cosh^{2} t}\ dt=4 \int_{0}^{\infty} \frac{t^{a-1}}{(e^{t}+e^{-t})^{2}}\ dt = 4 \int_{0}^{\infty}\frac{t^{a-1} e^{-2t}}{(1+e^{-2t})^{2}}\ dt \end{equation}

Por lo tanto, su integral es simplemente

\begin{equation} \int_0^{\infty} \frac{x^2}{\cosh^2x^2}\ dx = -2\ \frac{\partial}{\partial b}\left[\int_0^{ \infty}\frac{t^{a-1}}{1+e^{bt}} \ dt\right]_{a=\frac{1}{2}\ ,\ b=2} \end{equation}

Creo que puede evaluar la expresión última de su propia.

Answer 3

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\iff}{\Leftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\, #2 \,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$

\begin{align} \color{#f00}{\int_{0}^{\infty}{x^{2} \over \cosh^{2}\pars{x^{2}}}\,\dd x}\,\,\ &\stackrel{x\ \to\ x^{1/2}}{=}\,\,\,\ 2\int_{0}^{\infty}{x^{1/2}\expo{2x} \over \pars{\expo{2x} + 1}^{2}}\,\dd x = -\int_{x = 0}^{x \to \infty}x^{1/2}\,\dd\pars{{1 \over \expo{2x} + 1}} \\[3mm] & = \half\int_{0}^{\infty}{x^{-1/2}\expo{-2x} \over 1 + \expo{-2x}}\,\dd x\ \stackrel{2x\ \to x}{=}\ {\root{2} \over 4}\int_{0}^{\infty}{x^{-1/2}\expo{-x} \over 1 + \expo{-x}} \,\dd x \\[3mm] & = {\root{2} \over 4}\sum_{n = 0}^{\infty}\pars{-1}^{n} \int_{0}^{\infty}x^{-1/2}\expo{-\pars{n + 1}x}\,\dd x \\[3mm] & \stackrel{\pars{n + 1}x\ \to x}{=}\ {\root{2} \over 4}\sum_{n = 0}^{\infty} {\pars{-1}^{n} \over \pars{n + 1}^{1/2}}\ \overbrace{% \int_{0}^{\infty}x^{-1/2}\expo{-x}\,\dd x}^{\ds{\Gamma\pars{\half}\ =\ \root{\pi}}} \\[3mm] & = {\root{2} \over 4}\,\root{\pi}\sum_{n = 1}^{\infty}{\pars{-1}^{n + 1} \over n^{1/2}} \end{align} Con la identidad $\ds{\sum_{n = 1}^{\infty}{\pars{-1}^{n + 1} \over n^{s}} = \pars{1 - 2^{1 - s}}\zeta\pars{s}}$: $$ \color{#f00}{\int_{0}^{\infty}{x^{2} \\cosh^{2}\pars{x^{2}}}\,\dd x} = {\raíz{2} \over 4}\,\raíz{\pi}\pars{1 - 2^{1 - 1/2}}\zeta\pars{\mitad} = \color{#f00}{{\raíz{2} - 2 \más de 4}\,\raíz{\pi}\zeta\pars{\mitad}} $$