一道积分难题
$\int_{0}^{1} \frac{x^n}{(1-\frac{x}{2} \ln\frac{1+x}{1-x} )^{2}+\frac{\pi ^{2}x^{2}}{4}} dx=?$ 本帖最后由 northwolves 于 2025-7-31 00:05 编辑$(1-\frac{x}{2} \ln\frac{1+x}{1-x} )^{2}=(1−x *artanh(x))^2$
$(1-\frac{x}{2} \ln\frac{1+x}{1-x} )^{2}+\frac{\pi ^{2}x^{2}}{4}=\left(1-x \text{Artanh}(x)+\frac{i \pix}{2}\right)(1-x \text{Artanh}(x)-\frac{i \pix}{2})$
$\int_{0}^{1} \frac{x^n}{(1-\frac{x}{2} \ln\frac{1+x}{1-x} )^{2}+\frac{\pi ^{2}x^{2}}{4}} dx=-\frac{1}{4 i\pi }(\int_0^1 \frac{x^{n-1}}{(1-x\text{Artanh}(x))+\frac{i \pix}{2}} \ dx-\int_0^1 \frac{x^{n-1}}{(1-x\text{Artanh}(x))-\frac{i \pix}{2}} \ dx)=-\frac{1}{4 i \pi }(\frac{\pi}{2n}*i^{n-1}-\frac{\pi}{2n}*(-i)^{n-1})=\frac{1}{4n}\cos \left(\frac{n\pi}{2}\right)$ northwolves 发表于 2025-7-29 22:55
$(1-\frac{x}{2} \ln\frac{1+x}{1-x} )^{2}=(1−x *artanh(x))^2$
$(1-\frac{x}{2} \ln\frac{1+x}{1-x} )^ ...
应该不对吧 ，比方说n=1的话，你最右边的式子刚好等于0，但容易看到原积分是恒大于0的 似乎n取偶数时结果都是有理数 n为偶数的情况下，积分是关于x对称的，换元之后可以用留数做，但是会碰到一个无穷多个根的超越方程，然后留数方法需要在这些根上求和，结果竟然也是有理数
f:=NIntegrate)^2+Pi^2 x^2/4),{x,0,1},WorkingPrecision->100];
rootl:=Module[{x},x/.FindRoot[-2 Cos+\ Sin-2 x Sin,{x,i Pi}]];
rootr:=Module[{x},x/.FindRoot+\ Sin+2 x Sin,{x,Pi i}]];
(2Pi I Residue[ 1/((Cosh-t Sinh)^2+(1/2 \ Sinh)^2),{t,Pi I /2}]-2Pi Plus@@Table[(-1/(Pi/2Sin)(1/(\ Cos-2 x Cos))/.x->rootl)Boole+(-1/(Pi/2Sin)(1/(\ Cos+2 x Cos))/.x->rootr),{n,1,100}])/2
Out= 0.79999
Rationalize]
Out= 4/5
我懂了！我马上就懂了！ 本帖最后由 Ickiverar 于 2025-8-1 02:15 编辑
考虑积分
\[\begin{aligned}
I(n)&=\int_0^1 \frac{x^n}{(1-x\mathrm{arctanh} x)^2+\left(\frac{\pi}{2} x\right)^2}\mathrm{d}x\\
&=\int_0^\infty \frac{\tanh^n t}{(\cosh t-t\sinh t)^2+\left(\frac{\pi}{2}\sinh t\right)^2}\mathrm{d}t
\end{aligned}
\]
当$n$为偶数时, 被积函数是偶函数，可以对称扩展被积区间后除以2得到结果。
同时，被积函数在直线$t=\pm \xi+\text{i}\eta, \eta\in\mathbb{R}, \xi\rightarrow\infty$及直线$t=\xi+\text{i}k\pi, \xi\in\mathbb{R}, k\rightarrow\infty$上取值趋于0，故可将被积区间加上这些直线构造围道积分，用留数法得解。
显然所有的奇点都是虚轴$t=\text{i}\eta$上的极点。首先考虑$n=0$的情况。被积函数成为
\
于是当$g^\pm(\eta)=\cos\eta+(\eta\pm\frac{\pi}{2})\sin\eta=0$时，被积函数具有极点。这些极点对应的前几个$\eta$值为
\[\begin{aligned}
\eta^-_1&=\frac{\pi}{2},\\
\eta^+_1&\approx1\pi-0.21898, \eta^-_2\approx2\pi-0.21898,\\
\eta^+_2&\approx2\pi-0.12873, \eta^-_3\approx3\pi-0.12873,\\
\eta^+_3&\approx3\pi-0.09145, \eta^-_4\approx4\pi-0.09145,\\
\eta^+_4&\approx4\pi-0.07097, \eta^-_5\approx5\pi-0.07097,\\
&\cdots
\end{aligned}\]
其中$\eta_k^\pm$为$g^\pm(\eta)$的不超过$k\pi$的最大根。显然随着$k$增大，$\eta_k^\pm\rightarrow k\pi$，且有$\eta_{k+1}^{-}=\eta_k^++\pi$.
可以验证：如果$g^+(\eta)=0$, 那么$g^{-}(\eta+\pi)=\cos(\eta+\pi)+(\eta+\pi-\frac{\pi}{2})\sin(\eta+\pi)=-g^+(\eta)=0$.
现在考虑这些可两两组合的根上的留数之和。这些根是$f(t)$的一阶极点，故留数为
\[\begin{aligned}
\mathrm{Res}&=\left.\frac{1}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{1}{f(t)}\right)}\right|_{t=\mathrm{i}\eta^\pm}\\
&=\frac{2\mathrm{i}\sec\eta^\pm}{4\eta\cos\eta^\pm+(2\eta^\pm+\pi)(2\eta^\pm-\pi)\sin\eta^\pm}\\
&=\frac{2\mathrm{i}\sec\eta^\pm}{4\eta\cos\eta^\pm-2(2\eta^\pm\mp\pi)\cos\eta^\pm}\\
&=\pm\frac{\mathrm{i}}{\pi\cos^2\eta^\pm}\\
\end{aligned}\]
其中第三个等号使用了方程$g^\pm(\eta^\pm)=0$。由于配对根有$\eta^{-}=\eta^{+}+\pi$，显然留数之和为0.
故被积函数在围道中仅剩的奇点还有两个：$\eta_1^{-}=\frac{\pi}{2}, \eta_k^+$. 则有：
\[\begin{aligned}
I(0)&=\frac{1}{2}\cdot 2\pi\mathrm{i}\left(\mathrm{Res}\left+\lim_{k\rightarrow\infty}\frac{\mathrm{i}}{\pi\cos^2\eta^+_k}\right)\\
&=\pi\mathrm{i}\left(-\frac{9\mathrm{i}}{5\pi}+\frac{\mathrm{i}}{\pi}\right)\\
&=\frac{4}{5}
\end{aligned}\] 本帖最后由 Ickiverar 于 2025-8-1 22:05 编辑
@mathe 计算 $|g^{\pm}(-\text{i}t)|^2$ 及其对 $\xi=\text{Re}(t)$ 的直到四阶导数，会发现其四阶导数恒正，而一、三阶导数在$\xi=0$处为$0$，二阶导数在$\xi=0$处非负，所以 $|g^{\pm}|^2$ 的最小值一定在 $\xi=0$ 处取得。当然其自身是一个模方是非负的，所以如果要取$0$值，就必须是在$\xi=0$处的最小值，也就是虚轴上。
gp:=Cos+(y+Pi/2)Sin;
gm:=Cos+(y-Pi/2)Sin;
g=gp;
g2=Simplify@ComplexExpandg];
{d1,d2,d3,d4}=FullSimplify@{
D/.x->0,
D/.x->0,
D/.x->0,
D
};
d1
Reduce
d3
d4 对于g函数可以设自变量设为x+yi展开，比较虚实部，得到方程组1=tan(x)(x+pi/2)-y tanh(y)
- tan(x)tanh(y)=tan(x)y+tanh(y)(x+pi/2)
比较有意思，两者都x,y可分离，而且关于y的部分都非负，而且ytanh(y)显然不大于y/tanh(y).
在将对应的x部分相减可以容易看出第一部分正数时大于第二部分，将pi/2替换为相反数也一样。但是换成其它一般常数就不行了，和tan周期相对应。
由此得到方程组成立时只能y=0
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