¿Cómo puedo encontrar una forma cerrada de ${\pi^{2n}\over \zeta(2n)}\int_{-1}^{1}{x^{2n-2}\over \pi^2+(2\tanh^{-1}{x})^2}dx$?

Question

¿Cómo puedo evaluar la forma cerrada para $g(n)$?

Donde n es un número entero, $n\ge 1$

$${\pi^{2n}\over \zeta(2n)}\int_{-1}^{1}{x^{2n-2}\over \pi^2+(2\tanh^{-1}{x})^2}dx=g(n)$$

Hacer un subsititution $u=\tanh^{-1}{x}\rightarrow dx=sech^2{u}du$

$${\pi^{2n}\over \zeta(2n)}\int_{-\infty}^{\infty}{1\over sinh^2{u}}\cdot{\tanh^{2n}{u}\over \pi^2+4u^2}du=g(n)$$

$${\pi^{2n}\over \zeta(2n)}\int_{-\infty}^{\infty}{1\over sinh^2{u}}\cdot{\tanh^{2n}{u}\over \pi^2[1+\left({2u\over \pi}\right)^2]}du=g(n)$$

$${\pi^{2n-2}\over \zeta(2n)}\int_{-\infty}^{\infty}{1\over sinh^2{u}}\cdot{\tanh^{2n}{u}\over 1+\left({2u\over \pi}\right)^2}du=g(n)$$

Aplicar serie geométrica ${1\over 1+x}=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^kx^k$

$${\pi^{2n-2}\over \zeta(2n)}\cdot{\left({2\over \pi}\right)^{2k}}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\int_{-\infty}^{\infty}{1\over sinh^2{u}}\cdot{u^{2k}\tanh^{2n}{u}}du=g(n)$$

Estoy encogió de hombros aquí cómo evaluar esta integral en este punto, me gustaría un poco de ayuda por favor.

El primer par de valores de $n=1,2,3,4,...$ $1,4,22,{428\over 3},...$ a partir De la mirada a su tendencia, $g(n)$ sólo dan racional de los valores?

Como para los extraños poderes, nos da cero como resultado.[verificado a través de wolfram integrador]

$$\int_{-1}^{1}{x^{2n-1}\over \pi^2+(2\tanh^{-1}{x})^2}dx=0$$

Answer 1

La integral $$ I(n)=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{\sinh^2 u}\cdot\frac{\tanh^{2n}u}{\pi^2+4u^2}\,du $$ no debería ser muy difícil evaluar a través del teorema de los residuos. En la mitad superior del plano-hay un poste con alta multiplicidad de a $u=\frac{\pi i}{2}$ simple y pol $\frac{3\pi i}{2},\frac{5\pi i}{2},\frac{7\pi i }{2},\ldots$. Por otra parte, la representación integral para Gregorio coeficientes de

$$ G_n=(-1)^{n+1}\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{(1+x)^n(\pi^2+\log^2 x)},\qquad \frac{z}{\log(1+z)}=1+\sum_{n\geq 1}G_n z^n $$ debe ser útil. En el caso más simple $n=1$ tengo:

$$ I(1) = 2\pi i\cdot\left(-\frac{i(3+\pi^2)}{12\pi^3}+\sum_{k\geq 1}\frac{(2k+1)i}{4k^2(k+1)^2\pi^3}\right)=\color{red}{\frac{1}{6}} $$

y cabe ninguna posibilidad de que el involucrado es una serie telescópica.

De todos modos, probablemente no estás interesado en esta integral. La sustitución de $x=\tanh(u)$ conduce a: $$dx=\text{sech}^2(u)\,du = \frac{du}{\color{red}{\cosh}^2 u}$$ pero por suerte los integrales $$ J(n)=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{\cosh^2 u}\cdot\frac{\tanh^{2n}u}{\pi^2+4u^2}\,du $$ pueden ser evaluadas con la misma técnica. Por ejemplo, $J(1)=\color{red}{\frac{2}{45}}$.