La forma cerrada de $\int_{0}^{\infty} \frac{\tanh(x)\,\tanh(2x)}{x^2}\;dx$

Question

Tengo tareas para evaluar esta integral $$I=\int_{0}^{\infty} \frac{\tanh(x)\,\tanh(2x)}{x^2}\;dx$$

---

Esto es lo que he hecho hasta ahora. Traté de integración por partes usando$u=\tanh(x)\,\tanh(2x)$$dv=\frac{dx}{x^2}$, tengo $$\begin{align}\int_{0}^{\infty} \frac{\tanh(x)\,\tanh(2x)}{x^2}\;dx&=-\left.\frac{\tanh(x)\,\tanh(2x)}{x}\right|_{0}^{\infty}+2\int_{0}^{\infty}\frac{\tanh(2x)\,\text{sech}(2x)}{x}\;dx\\&=2\int_{0}^{\infty}\frac{\tanh(2x)\,\text{sech}(2x)}{x}\;dx\end{align}$$ En esta parte estoy atascado. Estoy pensando en usar Frullani integral, pero estoy teniendo problemas para encontrar una relación como tal,$\tanh(2x)\,\text{sech}(2x)=f(ax)-f(bx)$.

También he probado a utilizar la diferenciación bajo el signo integral considerando $$I(a,b)=\int_{0}^{\infty} \frac{\tanh(ax)\,\tanh(bx)}{x^2}\;dx$$ entonces $$\frac{dI}{da}=\int_{0}^{\infty} \frac{\text{sech}^2(ax)\,\tanh(bx)}{x}\;dx=\int_{0}^{\infty} \frac{\tanh(bx)-\tanh^2(ax)\tanh(bx)}{x}\;dx$$ De nuevo traté de usar Frullani integral, pero estoy teniendo problemas para encontrar la suficiente $f(x)$. Integrando de nuevo con respecto a $b$, tengo $$\frac{d^2I}{da\;db}=\int_{0}^{\infty} \text{sech}^2(ax)\text{sech}^2(bx)\;dx$$ Es obvio que es un callejón sin salida para mí. A este ritmo, mis amigos y yo en contacto con mi profesor para confirmar si la integral puede ser evaluado en términos de funciones elementales o no, porque con Una no se puede encontrar (yo sé que W|A no puede hacer todo). Él sólo dijo:"¡Seguro! La respuesta está a sólo 3 caracteres" y, a continuación, que él nos dejó. Asumiendo que él es justo, por lo $I$ debe tener una buena forma cerrada, pero soy incapaz de encontrarlo.

¿Me podrías ayudar? Cualquier ayuda se agradece. Gracias de antemano.

Answer 1

Su profesor está a la derecha. Tenga en cuenta que $$ \tanh(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}, \tanh(2x)=\frac{e^{2x}-e^{-2x}}{e^{2x}+e^{-2x}}=\frac{(e^x-e^{-x})(e^x+e^{-x})}{e^{2x}+e^{-2x}}$$ y por lo tanto \begin{eqnarray*} \int_0^\infty\frac{\tanh(x)\tanh(2x)}{x^2}dx&=&\int_0^\infty\frac{(e^{x}-e^{-x})^2}{x^2(e^{2x}+e^{-2x})}dx\\ &=&\int_0^\infty\frac{e^{2x}-2+e^{-2x}}{x^2(e^{2x}+e^{-2x})}dx. \end{eqnarray*} Ahora definir $$ I(a)=\int_0^\infty\frac{e^{ax}-2+e^{-ax}}{x^2(e^{2x}+e^{-2x})}dx$$ para obtener \begin{eqnarray} I''(a)&=&\int_0^\infty\frac{e^{(-a-2)x}+e^{(-a+2)x}}{1+e^{-4x}}dx,\\ &=&\int_0^\infty\sum_{n=0}^\infty(-1)^n(e^{(-a-2)x}+e^{(-a+2)x})e^{-4nx}dx\\ &=&\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\left(\frac{1}{4n-a+2}+\frac{1}{4n+a+2}\right)\\ &=&\frac{\pi}{4}\sec\left(\frac{a\pi}{4}\right). \end{eqnarray} Así \begin{eqnarray} I'(a)&=&\int_0^a\frac{\pi}{4}\sec\left(\frac{\pi t}{4}\right)dt\\ &=&\ln\left(1+\sin\left(\frac{\pi a}{4}\right)\right)-\ln\cos\left(\frac{\pi a}{4}\right) \end{eqnarray} y por lo tanto \begin{eqnarray} I(2)&=&\int_0^2\ln\left(1+\sin\left(\frac{\pi a}{4}\right)\right)da-\int_0^2\ln\cos\left(\frac{\pi a}{4}\right)da. \end{eqnarray} Nota $$ \int_0^2\ln\cos\left(\frac{\pi a}{4}\right)da=-2\ln2 $$ a partir de la Evaluación de $\int_0^{\large\frac{\pi}{4}} \log\left( \cos x\right) \, \mathrm{d}x $ y no debería ser difícil de obtener $$ \int_0^2\ln\left(1+\sin\left(\frac{\pi a}{4}\right)\right)da=\frac{8G}{\pi}-2\ln 2$$ y así $$ I(2)=\frac{8G}{\pi}. $$

$\bf{Update}$ 1: primero Vamos a trabajar en $ \sum_{n=0}^\infty(-1)^n\left(\frac{1}{4n-a+2}+\frac{1}{4n+a+2}\right)=\frac{\pi}{4}\sec\left(\frac{a\pi}{4}\right)$. De hecho \begin{eqnarray*} &&\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\left(\frac{1}{4n-a+2}+\frac{1}{4n+a+2}\right)\\ &=&\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{8n-a+2}-\frac{1}{8n-a+6}\right)+\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{8n+a+2}-\frac{1}{8n+a+6}\right)\\ &=&\sum_{n=0}^\infty\frac{4}{(8n-a+2)(8n-a+6)}+\sum_{n=0}^\infty\frac{4}{(8n+a+2)(8n+a+6)}\\ &=&\sum_{n=-\infty}^\infty\frac{4}{(8n-a+2)(8n-a+6)}=\sum_{n=-\infty}^\infty\frac{4}{(8n-a+4)^2-2^2}\\ &=&\frac{1}{16}\sum_{n=-\infty}^\infty\frac{1}{(n+\frac{4-a}{8})^2-(\frac{1}{4})^2}. \end{eqnarray*} Ahora, utilizando un resultado de la forma Cerrada para $\sum_{n=-\infty}^\infty \frac{1}{(z+n)^2+a^2}$ $a=\frac{i}{4}$ $z=\frac{4-a}{8}$ y después de algunos cálculos básicos podemos obtener este resultado. También ver Una alternativa a prueba de suma de alterna de la serie evalúa a $\frac{\pi}{4}\sec\left(\frac{a\pi}{4}\right)$ durante un corto de prueba.

$\bf{Update}$ 2: trabajamos en $\int_0^2\ln\left(1+\sin\left(\frac{\pi a}{4}\right)\right)da=\frac{8G}{\pi}-2\ln 2$. De hecho \begin{eqnarray} \int_0^2\ln\left(1+\sin\left(\frac{\pi a}{4}\right)\right)da=\frac{4}{\pi}\int_0^{\pi/2}\ln\left(1+\sin(a)\right)da=\frac{4}{\pi}\int_0^{\pi/2}\ln(1+\cos(a))da. \end{eqnarray} El uso de $2\cos^2\frac{a}{2}=1+\cos a$ y un resultado $G=\int_0^{\pi/4}\ln(\cos(t))dt$ a partir de http://en.wikipedia.org/wiki/Catalan%27s_constantes fácil de obtener $$ \int_0^2\ln\left(1+\sin\left(\frac{\pi}{4}\right)\right)da= \frac{8}{\pi}-2\ln 2. $$

Answer 2

Aquí es un método que evita el análisis complejo. Lo que se dice sin embargo, creo que achille hui enfoque es muy superior ya que esta respuesta utiliza demasiado (innecesariamente) de la maquinaria pesada.

Deje $x\mapsto-\ln{x}$. Tenemos \begin{align} \mathcal{I} =\int^1_0\frac{1-x^2}{1+x^2}\frac{1-x^4}{1+x^4}\frac{{\rm d}x}{x\ln^2{x}} =\int^1_0\left(\frac{1}{x}-\frac{2x}{1+x^4}\right)\frac{{\rm d}x}{\ln^2{x}} \end{align} Definir $$\mathcal{I}(\alpha)=\int^1_0\left(\frac{1}{x}-\frac{2x}{1+x^4}\right)\frac{x^{\alpha}{\rm d}x}{\ln^2{x}}$$ La diferenciación de dos veces, se obtiene \begin{align} \mathcal{I}''(\alpha) =&\frac{1}{\alpha}-2\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\int^1_0x^{4n+\alpha+1}{\rm d}x\\ =&\frac{1}{\alpha}-2\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^n}{4n+\alpha+2}\\ =&\frac{1}{\alpha}-\frac{1}{4}\sum^\infty_{n=0}\frac{1}{n+\frac{\alpha+2}{8}}+\frac{1}{4}\sum^\infty_{n=0}\frac{1}{n+\frac{\alpha+6}{8}}\\ =&\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{4}\psi_0\left(\frac{\alpha+2}{8}\right)-\frac{1}{4}\psi_0\left(\frac{\alpha+6}{8}\right) \end{align} Integrar la vuelta una vez. \begin{align} \mathcal{I}'(\alpha) =&\ln{\alpha}+2\ln{\Gamma\left(\frac{\alpha+2}{8}\right)}-2\ln{\Gamma\left(\frac{\alpha+6}{8}\right)}+C_1 \end{align} La constante de integración es, por Striling del asintótica de la serie, $-3\ln{2}$. Ahora, recordar el hecho de que $$\int\ln{\Gamma(x)}\ {\rm d}x=\frac{x(1-x)}{2}+\frac{x}{2}\ln(2\pi)+x\ln{\Gamma(x)}-\ln{G(x+1)}+C_2$$ Usted puede encontrar una prueba en esta respuesta. Por lo tanto, la integración, una vez más, obtenemos \begin{align} \mathcal{I}(\alpha) =&\alpha\ln{\alpha}-\alpha-\frac{(\alpha+2)(\alpha-6)}{8}+(\alpha+2)\ln(2\pi)+2(\alpha+2)\ln{\Gamma\left(\frac{\alpha+2}{8}\right)}\\ &-16\ln{G\left(\frac{\alpha+10}{8}\right)}+\frac{(\alpha-2)(\alpha+6)}{8}-(\alpha+6)\ln(2\pi)\\ &-2(\alpha+6)\ln{\Gamma\left(\frac{\alpha+6}{8}\right)}+16\ln{G\left(\frac{\alpha+14}{8}\right)}-3\alpha\ln{2}+C_2\\ =&C_2-4\ln(2\pi)-3\alpha\ln{2}+\alpha\ln{\alpha}+2(\alpha+2)\ln{\Gamma\left(\frac{\alpha+2}{8}\right)}\\ &-2(\alpha+6)\ln{\Gamma\left(\frac{\alpha+6}{8}\right)}-16\ln{G\left(\frac{\alpha+10}{8}\right)}+16\ln{G\left(\frac{\alpha+14}{8}\right)} \end{align} Uno puede usar la forma asintótica de la serie de Barnes G (derivado del registro de rayos gamma integral y a Stirling) para comprobar que $C_2=4\ln(2\pi)$. Dejando $\alpha\to 0$, \begin{align} \mathcal{I} =&\mathcal{I}(0)\\ =&4\ln{\Gamma\left(\frac{1}{4}\right)}-12\ln{\Gamma\left(\frac{3}{4}\right)}-16\ln{G\left(\frac{5}{4}\right)}+16\ln{G\left(\frac{7}{4}\right)} \end{align} Queda para simplificar este resultado. El uso de la Gamma reflexión fórmula $\Gamma(z)\Gamma(1-z)=\pi\csc(\pi z)$, así como el de Barnes G funcional de la ecuación de $G(z+1)=G(z)\Gamma(z)$, obtenemos $$\mathcal{I}=-6\ln{2}-12\ln{\pi}-16\ln\left(\frac{G\left(\frac{1}{4}\right)}{G\left(\frac{7}{4}\right)}\right)$$ Ahora recuerdo que $G(z+1)$ tiene el infinito representación de los productos $$G(z+1)=\left(\sqrt{2\pi}\right)^{z}e^{-\frac{(1+\gamma)z^2+z}{2}}\prod^\infty_{k=1}e^{\frac{z^2}{2k}-z}\left(1+\frac{z}{k}\right)^k$$ Tomando logaritmos, \begin{align} \ln{G(z+1)} =&-\frac{z}{2}+\frac{z}{2}\ln(2\pi)-\frac{z^2}{2}-\frac{\gamma z^2}{2}+\sum^\infty_{k=1}\left\{k\ln\left(1+\frac{z}{k}\right)+\frac{z^2}{2k}-z\right\}\\ =&-\frac{z}{2}+\frac{z}{2}\ln(2\pi)-\frac{z^2}{2}-\frac{\gamma z^2}{2}+\sum^\infty_{k=1}\left\{\frac{z^2}{2k}-z+\sum^\infty_{m=1}\frac{(-1)^{m-1}}{m}\frac{z^m}{k^{m-1}}\right\}\\ =&-\frac{z}{2}+\frac{z}{2}\ln(2\pi)-\frac{z^2}{2}-\frac{\gamma z^2}{2}+\sum^\infty_{k=1}\sum^\infty_{m=3}\frac{(-1)^{m-1}}{m}\frac{z^m}{k^{m-1}}\\ =&-\frac{z}{2}+\frac{z}{2}\ln(2\pi)-\frac{z^2}{2}-\frac{\gamma z^2}{2}+\sum^\infty_{m=3}\frac{(-1)^{m-1}\zeta(m-1)}{m}z^m\\ =&-\frac{z}{2}+\frac{z}{2}\ln(2\pi)-\frac{z^2}{2}-\frac{\gamma z^2}{2}+\sum^\infty_{m=2}\frac{(-1)^{m}\zeta(m)}{m+1}z^{m+1}\\ \end{align} Dejando $z\mapsto -z$, $$\ln{G(1-z)}=\frac{z}{2}-\frac{z}{2}\ln(2\pi)-\frac{z^2}{2}-\frac{\gamma z^2}{2}-\sum^\infty_{m=2}\frac{\zeta(m)}{m+1}z^{m+1}$$ De ello se sigue que \begin{align} \ln{\frac{G(1-z)}{G(1+z)}} =&z-z\ln(2\pi)-2\sum^\infty_{m=1}\frac{\zeta(2m)}{2m+1}z^{2m+1}\\ =&-z\ln(2\pi)+\int^z_0\pi x\cot(\pi x)\ {\rm d}x \end{align} Deje $z=\frac{3}{4}$. \begin{align} \ln\left(\frac{G\left(\frac{1}{4}\right)}{G\left(\frac{7}{4}\right)}\right) =&-\frac{3}{4}\ln(2\pi)+2\sum^\infty_{n=1}\int^\frac{3}{4}_0\pi x\sin(2n\pi x)\ {\rm d}x\\ =&-\frac{3}{4}\ln(2\pi)+\frac{1}{2\pi}\sum^\infty_{n=1}\frac{\sin(3n\pi/2)}{n^2}-\frac{3}{4}\sum^\infty_{n=1}\frac{\cos(3n\pi/2)}{n}\\ =&-\frac{3}{4}\ln(2\pi)-\frac{1}{2\pi}\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}+\frac{3}{8}\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\\ =&-\frac{3}{8}\ln{2}-\frac{3}{4}\ln{\pi}-\frac{\mathbf{G}}{2\pi} \end{align} Finalmente, $$\mathcal{I}=-6\ln{2}-12\ln{\pi}-16\left(-\frac{3}{8}\ln{2}-\frac{3}{4}\ln{\pi}-\frac{\mathbf{G}}{2\pi}\right)=\Large{\frac{8\mathbf{G}}{\pi}}$$

Answer 3

Deje $f(x) = \tanh(x)\tanh(2x)$. Reescribir la integral al alcance de la mano $$I = \int_0^\infty \frac{f(x)}{x^2}dx = \frac12 \int_{-\infty}^{\infty} \frac{f(x)}{x^2} dx = \frac12 \lim_{k\to\infty} \int_{-k\pi}^{k\pi} \frac{f(x)}{x^2} dx\\ $$ Para cada entero positivo $k$, considerar la región rectangular $$D_k = \big\{ u + iv \in \mathbb{C} : |u| \le k\pi, 0 \le v \le k\pi \big\}$$ y el contorno integral de sus límites:

$$C_k \stackrel{def}{=} \int_{\partial D_k} \frac{f(z)}{z^2} dz = \left( \int_{-k\pi}^{k\pi} + \int_{k\pi}^{k\pi(1+i)} + \int_{k\pi(1+i)}^{k\pi(-1+i)} + \int_{k\pi(-1+i)}^{-k\pi} \right) \frac{f(z)}{z^2} dz $$

$C_k$ dividido en 4 partes, una para cada uno de los bordes de la $D_k$. No es difícil mostrar como $k \to \infty$, la contribución de los tres bordes (superior, izquierda y abajo) llega a cero. Esto implica

$$I = \frac12 \lim_{k\to\infty} \int_{\partial D_k} \frac{f(z)}{z^2} dz\tag{*1}$$

Deje $\phi = e^{2z}$, tenemos

$$\begin{align}f(z) &= \tanh(z) \tanh(2z) = \left(\frac{\phi - 1}{\phi+1}\right)\left(\frac{\phi^2-1}{\phi^2+1}\right) = \frac{(\phi-1)^2}{\phi^2+1} = 1 - \frac{2\phi}{\phi^2+1} \\ &= 1 - \frac{1}{\cosh 2z}\end{align}$$

Recordemos el conocido? la expansión de $\cot z$

$$\cot z = \sum_{n=-\infty}^\infty \frac{1}{z - n\pi}$$

Tenemos

$$\begin{array}{rrl} & \frac{1}{\sin z} &= \frac{1+\cos z}{\sin z} - \frac{\cos z}{\sin z} = \cot\frac{z}{2} - \cot z = \sum_{n=-\infty}^\infty \frac{(-1)^n}{z - n\pi}\\ \implies & \frac{1}{\cos z} &= -\frac{1}{\sin(z - \frac{\pi}{2})} = \sum_{n=-\infty}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{z - (n+\frac12)\pi}\\ \implies & \frac{1}{\cosh z} &= \frac{1}{\cos(-i z)} = -i \sum_{n=-\infty}^\infty \frac{(-1)^n}{z - (n+\frac12)\pi i}\\ \implies & f(z) & = 1 + \frac{i}{2} \sum_{n=-\infty}^\infty \frac{(-1)^n}{z - (n+\frac12)\frac{\pi}{2} i}\tag{*2} \end{array}$$

Dentro de $D_k$, $f(z)$ tiene polos en $(n + \frac12)\frac{\pi}{2} i$ por cada $n \in \mathbb{N}$. Podemos evaluar la integral de contorno en $(*1)$ sumando los residuos en estos polos. Como resultado,

$$I = \frac12 (2\pi i)(\frac{i}{2})\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{((n+\frac12)\frac{\pi}{2}i)^2} = \frac{8K}{\pi}$$

donde $\;\displaystyle K = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}\;$ es el catalán es constante.

Actualización

Si uno quiere minimizar el uso de análisis complejo, otro punto de partida es la expansión de la $f(z)$$(*2)$. Deje $\alpha_n = (n+\frac12)\frac{\pi}{2}$ y aviso $\alpha_{-1-n} = -\alpha_n$, tenemos

$$f(x) = 1 + \frac{i}{2}\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\left(\frac{1}{x -\alpha_n i} - \frac{1}{x + \alpha_n i}\right) = 1 - \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n \alpha_n}{x^2 + \alpha_n^2} $$ Desde $f(0) = 0$, tenemos

$$\frac{f(x)}{x^2} = \frac{f(x)-f(0)}{x^2} = \frac{1}{x^2} \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \alpha_n\left( \frac{1}{\alpha_n^2} - \frac{1}{x^2 + \alpha_n^2}\right) = \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{\alpha_n(x^2+\alpha_n^2)} $$ Si usted mira en los términos de esta serie en las unidades de par, encontramos el valor de cualquier pareja es siempre no negativo. Esto significa que podemos integrar esta serie par por par y obtener:

$$\int_0^\infty \frac{f(x)}{x^2}dx = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{\alpha_n}\int_0^\infty \frac{dx}{x^2+\alpha_n^2} = \frac{\pi}{2}\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{\alpha_n^2} = \frac{8}{\pi}\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2} = \frac{8}{\pi} $$ El mismo resultado se obtuvo mediante las integrales de contorno.