19 votos

Hay una forma cerrada para $\int_0^\infty\frac{\tanh^3(x)}{x^2}dx$?

Para $n\geqslant m>1$, la integral $$I_{n,m}:=\int\limits_0^\infty\dfrac{\tanh^n(x)}{x^m}dx$$ converges. If $m$ and $n$ are both even or both odd, we can use the residue theorem to easily evaluate it in terms of odd zeta values, since the integrand then is a nice even function. For example, defining $e_k:=(2^k-1)\dfrac{\zeta(k) }{\pi^{k-1}}$, tenemos

$$ \begin{align} I_{2,2}&= 2e_3 \\ I_{4,2}&=\dfrac43(2e_3-3e_5) \\ I_{6,2}&=\dfrac2{15}(23e_3-60e_5+45e_7) \\ I_{4,4}&=\dfrac1{3}( -16e_5+60e_7) \\ I_{6,4}&=\dfrac4{15}(-23e_5+150e_7-210e_9) \\ I_{3,3}&= -e_3+6e_5 \\ I_{5,3}&= -e_3+10e_5-15e_7 \\ I_{5,5}&= e_5-25e_7 +70e_9 \\ &etc. \end{align}$$

Pero:

Hay una forma cerrada para $I_{3,2}=\int\limits_0^\infty\dfrac{\tanh^3(x)}{x^2}dx$?

No estoy seguro del todo si nospoon del método o uno de los otros ad hoc enfoques pueden ser generalizados para hacer frente a este.
Si la respuesta es positiva, puede haber posibilidades de que $I_{\frac32,\frac32}$ y como también han cerrado las formas.

28voto

Rajkumar S Puntos 248

Siguiendo la sugerencia que hice en un comentario, la integral se puede escribir como la integral de contorno $$ I_{3,2} = \frac{1}{2\pi i} \cualquier \frac{\operatorname{tahn}^3 z}{z^2} \log(-z) \, dz , $$ donde el sentido de las agujas de contorno estrechamente rodea el eje real positivo, que coincide con la rama de corte del logaritmo. La razón por la que esta integral es equivalente es debido a que la rama de saltar a través de la línea real de $\frac{1}{2\pi i} \log(-z)$ es, precisamente,$1$.

El integrando tiene polos en todos los $z=\pm i\pi(k+\frac{1}{2})$, $k=0,1,2,\ldots$. La evaluación de los residuos encontramos \begin{align*} I_{3,2} &= \sum_{k=0}^\infty \frac{8\log\pi(k+\frac{1}{2})}{\pi^2 (2k+1)^2} - \frac{96 \log\pi(k+\frac{1}{2})-80}{\pi^4 (2k+1)^4} \\ &= \frac{5}{6} - \gamma - \frac{19 \log 2}{15} + 12 \log A - \log\pi + \frac{90 \zeta'(4)}{\pi^4} \\ &= 1.1547853133231762640590704519415261475352370924508924890\ldots \end{align*} Las dos últimas líneas se puede comprobar con Wolfram Alpha, donde $\gamma$ es el de Euler-Mascheroni constante, y $A$ es el Glaisher constante.

16voto

David Miani Puntos 10548

Reescribir el integrando y aplicar expansión de Taylor a$\frac1{(1+e^{-2x})^3}$, de modo que $$\frac{\tanh^3x}{x^2}=\sum_{j\geq0}(-1)^j\binom{j+2}2 \frac{(1-e^{-2})^3}{x^2}\binom{j+2}2e^{-2jx}.$$ Integrar plazo prudente, después de algunos reagrupamiento) $$\int_0^{\infty}\frac{\tanh^3x}{x^2}\,dx=\sum_{k=2}^{\infty}(-1)^k(8k^3+4k)\log k.$$ Quizás hay algo de esperanza en vista de lo que veo como $$\sum_{k=2}^{\infty}(-1)^k\log k=\log\sqrt{\frac2{\pi}};$$ que es un Wallis-escriba la fórmula $$\frac23\cdot\frac45\cdot\frac67\cdots\frac{2k}{2k+1}\cdots=\sqrt{\frac2{\pi}}.$$

La ACTUALIZACIÓN. El uso de una divergente la serie enfoque en $\sum_k(-1)^kk^c$ y Sawin comentario, podemos completar la solución de la siguiente manera. Empezar con $\sum_{k\geq1}(-1)^kk^c=\zeta(-c)(2^{c+1}-1)$ para obtener la derivada $$\sum_{k\geq2}(-1)^ck^c\log k=-\zeta'(-c)(2^{c+1}-1)+\zeta(-c)2^{c+1}\log2.$$ Ahora, se aplican los siguientes hechos: $\zeta(-1)=-\frac1{12},\, \zeta'(-1)=\frac1{12}-\log A,\, \zeta(-3)=\frac1{120}$ y $$\zeta'(-3)=\frac1{120}\log(2\pi)-\frac{11}{720}+\frac1{120}\gamma-\frac{3\zeta'(4)}{4\pi^4}.$$ A continuación, poner todos estos juntos y simplificar \begin{align}\sum_{k\geq0}(-1)^k(8k^3+4k)\log k &=[-120\zeta'(-3)+128\zeta(-3)\log 2]+[-12\zeta'(-1)+16\zeta(-1)\log 2] \\ &=\frac56-\gamma-\log\pi-\frac{19}{15}\log2+12\log A+\frac{\zeta'(4)}{\zeta(4)}. \end{align}

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X