Acerca de la integral de la $\int_{0}^{+\infty}\frac{\text{arcsinh}(x)\,\text{arcsinh}(\lambda x)}{x^2}\,dx$

Question

Contexto: estoy trabajando en un proyecto con la participación integral de medios, desigualdades algebraicas y funciones hipergeométricas. Hoy estaba estudiando la integral sobre la región de $A<b<a<A+1$ $$\int_{0}^{+\infty}\frac{dt}{\sqrt{(t^2+a^2)(t^2+b^2)}}$$ que es bien conocido para ser relacionados con la integral elíptica completa de primera especie y de la junta general de accionistas decir. Mi tren de pensamientos me llevaron a la integral paramétrica $$ I(\lambda) = \int_{0}^{+\infty}\frac{\text{arcsinh}(x)\,\text{arcsinh}(\lambda x)}{x^2}\,dx,\qquad \lambda>0 $$ que mi versión de Mathematica devuelve como un Meijer G de la función, y por otras maneras de saber estar relacionado con una serie que involucra el cuadrado de la central de los coeficientes binomiales y los valores de la función Beta incompleta. $I(1)=\frac{\pi^2}{2}$ es sencillo de probar.

Pregunta: ¿Es posible encontrar una forma cerrada para $I(\lambda)$ en términos de "habitual" de las funciones, o al menos una razonable representación como un rápido convergente la serie?

Mi primera tentación fue aplicar Feyman el truco, pero $\int_{0}^{+\infty}\frac{\text{arcsinh}(x)}{x\sqrt{1+\lambda^2 x^2}}\,dx $ no parece realmente más fácil para hacer frente o para integrar. Espero que me equivoque, por supuesto. También hay una similar integral que tiene una simple forma cerrada: $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{\log(1+x^2)\log(\lambda^2+x^2)}{x^2}\,dx = 2\pi\left(1+\tfrac{1}{\lambda}\right)\log(\lambda+1).$$

Answer 1

A partir de la generalización de la relación de Parseval para la Mellin de transformación, podemos usar el resultado $$ \int_0^\infty g(\lambda x)g(x)x^{-2}\,dx=\frac{1}{2i\pi}\int_{\delta-i\infty}^{\delta+i\infty}\tilde{g}(s)\tilde{g}(-1-s)\lambda^{-s}\,ds $$ Aquí, desde Ederlyi tabla (6.6.13) p.323, para $g(x)=\text{arcsinh} (x)$, uno tiene $$\tilde{g}(s)=-\frac{1}{2s}B\left( \frac{s+1}{2},\frac{-s}{2} \right)$$ para $-1<s<0$. Entonces \begin{equation} I(\lambda)=\frac{-1}{8i\pi^2}\int_{\delta-i\infty}^{\delta+i\infty}\Gamma^2\left( \frac{1+s}{2} \right)\Gamma^2\left( -\frac{s}{2} \right)\frac{\lambda^{-s}}{s(s+1)}\,ds \end{equation} con $-1<\delta<0$. Los polos son en$s=-1,-3,-5...$$0,2,4...$. Pol $s=-1,0$ son de orden 3 de la otra son el doble. Para $s\to\infty$, la función integrada de es $\sim \left|\lambda\right|^{-s}s^{-3}\csc^{-2}(\pi s/2)$. Entonces, para $\left|\lambda\right|<1$, podemos cerrar el contorno con un gran semi-círculo a la izquierda de la línea vertical $\Re(s)=\delta$. Con la ayuda de Maple para calcular los residuos, uno se \begin{align} I(\lambda)=\frac{1}{2}&\left( \left( \ln \frac{\lambda}{4}-1 \right)^2 +1+\frac{\pi^2}{3}\right)\lambda -\frac{1}{2\pi}\sum_{n=2}^\infty\left( \frac{\Gamma\left( n-\frac{1}{2} \right)}{\Gamma(n)} \right)^2.\\ &.\left[-\ln(\lambda)+ \psi(n+1)-\psi(n+\frac{1}{2})+\frac{4n^2-n-2}{2n(n-1)(2n-1)} \right]\frac{\lambda^{2n-1}}{(n-1)(2n-1)} \end{align} La serie converge para $\left|\lambda\right| < 1$.

Para $\left|\lambda\right| >1$, podemos utilizar la relación $$ I(\lambda)=\lambda I\left(\frac{1}{\lambda}\right)$ $ , que es evidente a partir de la expresión integral. Esta relación funcional puede ser recuperada por cerrar el contorno por la mitad de un círculo a la derecha de la línea.