$\int_0^\infty\frac{\tanh^3（x）}{x^2}dx$有闭合形式吗？

Question

对于$n\geqsleat m>1$，积分$$I_{n，m}:=\int\limits_0^\infty\dfrac{\tanh^n（x）}{x^m}dx$$聚合。如果百万美元$和n美元$都是偶数或奇数，我们可以使用留数定理很容易用奇数zeta值来计算它，因为被积函数是一个很好的偶数函数。例如，定义$e_k:=（2^k-1）\dfrac{\zeta（k）}{\pi^{k-1}}$，我们有

$$\开始{align}I_{2,2}&=2e_3\\\\I_{4,2}&=\dfrac83e_3-4e_5\\\\I_{4,4}&=-\dfrac{16}{3} 电子5+20e_7\\\\I_{6,2}&=\dfrac{46}{15} e_3-8e_5+6e_7\\\\I_{6,4}&=-\dfrac{92}{15} e_5（电子5）+40e_7-56e_9 \\\\I_{6,6}&=\dfrac{46}{5} e_7-112e_9+252e_{11}\\\\I_{3,3}&=-e_3+6e_5\\\\I_{5,3}&=-e_3+10e_5-15e_7\\\\I_{5,5}&=e_5-25e_7+70e_9\\\\&等。\结束{对齐}$$

但是：

有关闭的表格吗$I_{3,2}=\int\limits_0^\infty\dfrac{\tanh^3（x）}{x^2}dx$?

我根本不确定是否使用了诺斯彭的方法在这里或者其中一个特别的可以推广各种方法来解决这一问题。
如果答案是肯定的，那么可能$I_{\frac32，\frac32}$类似的也有闭合形式。

Answer 1

根据我在评论，积分可以重写为轮廓积分$$I_{3,2}=\frac{1}{2\pii}\point\frac{\operatorname{tanh}^3z}{z^2}\log（-z）\，dz，$$顺时针轮廓紧紧围绕正实轴，与对数的分支切割重合。这个积分等价的原因是因为分支跨越了$\frac{1}{2\pii}\log（-z）$确实如此$1$.

被积函数有极点$z=\pmi\pi（k+\frac{1}{2}）$，$k=0,1,2，\ldots$.评估我们发现的残留物\开始{align*}I_{3,2}&=\sum_{k=0}^\infty\frac{8\log\pi（k+\frac{1}{2}）}{\pi^2（2k+1）^2}-\frac}96\log\π（k+/frac{1}}{2{）-80}{\π^4（2k+1）^4}\\&=\压裂{5}{6}-\伽马-\压裂{19\log 2}{15}+12\log A-\log\pi+\压裂{90\zeta'（4）}{\pi^4}\\&=1.1547853133231762640590704519415261475352370924508924890\ldots\结束｛align*｝最后两行可以用检查知识引擎，其中$\伽马$是Euler-Mascheroni常数、和美元$是Glaisher常数.

编辑：使用$\gamma=12\，\log（A）-\log（2\pi）+\frac{6}{\pi^2}\，\zeta'（2）$，这可以简化为$$I_{3,2}=\压裂{5}{6}-\压裂{4\log 2}{15}-\裂缝{6\zeta'（2）}{\pi^2}+\压裂{90\zeta`（4）}{\ pi^4}$$那就是$$\方框{I_{3,2}=\压裂{5}{6}-\压裂{4\log 2}{15}-\钻井{\zeta'（2）}{\zeta（2）{+\压裂{\ze塔'（4）}{\ zeta（4）{}}。$$这种形式可能暗示其他积分也存在类似的闭合形式 $I_{n，m}$具有n+m美元$奇怪。

编辑：的确。。。从数字上看，它看起来像。$$I（5,2）=\frac1{3}\Bigl（\frac{8}{5}-\压裂{44}{63}\log2-3\frac{\zeta'（2）}{\zeta（2）{+5\frac{\ze塔'（4）}{\ zeta（4）{-2\frac}\zeta`（6）}{\zeta6）}\Bigr）$$ $$I（7,2）=\frac1{45}\Bigl（\frac{7943}{420}-\压裂{428}{45}\log2-45\压裂{\zeta'（2）}{\zeta（2）{+98\frac{\ze塔'（4）}{\ zeta（4）{-70\frac}\zeta`（6）}{\ zeta$$ $$I（9,2）=\frac1{315}\Bigl（\frac{71077}{630}-\压裂{10196}{165}\log2-315\frac{\zeta'（2）}{\zeta（2）{+818\frac}\zeta`（4$$ $$I（11,2）=\frac1{14175}\Bigl（\frac{2230796}{495}-\压裂{10719068}{4095}\log2-14175\压裂{\zeta'（2）}{\zeta（2）{+41877\压裂{\ zeta'\泽塔'（12）}{\泽塔（12）{\更大）$$ $$I（13,2）=\frac1{467775}\Bigl（\frac{270932553}{2002}-\压裂{25865068}{315}\log2-467775\压裂{\zeta'（2）}{\zeta（2）{+1528371\frac{\ze塔'（4）}{\ zeta（4）{-2137564\压裂{\ zeta'6\frac{\zeta'（12）}{\zeta（12）{-21844\frac}\zeta`（14）}{\ zeta（14）{\Biger）$$

这里选择初始分母作为$\frac｛\zeta'（2k）｝｛\zeta（2k）｝$在大括号内，我们有整数系数。结果是这些分母的序列，即。$1, 3, 45, 315, 14175, 467775$，与标志一致17972年，有理数的分子$\frac{\pi^{2n}\；\泽塔'（-2n）}{\泽塔（2n+1）}$.

此外，请注意$\frac{\zeta'（2k）}{\zeta（2k）}$具有交替符号，并且总是求和为0，这意味着闭合形式可以分解为术语$\frac{\zeta'（2k）}{\zeta（2k$，因此是“指数周期”。

此外$\frac{\zeta'（2n）}{\zeta（2n$的期限$I_{2n-1,2}$，即。$1, -2, 17, -62, 1382, -21844$，与A002430美元泰勒级数的分子美元\塔纳（x）$也与理性价值观密切相关$\泽塔（1-2n）$所有这些看起来都很有趣。

Answer 2

重写被积函数并将泰勒展开应用于$\frac1{（1+e^{-2x}）^3}$以便$$\frac{\tanh^3x}{x^2}=\sum_{j\geq0}（-1）^j\binom{j+2}2\裂缝{（1-e^{-2x}）^3}{x^2}\binom{j+2}2e^{2jx}$$整合术语以获得（经过一些重组后）$$\int_0^{\infty}\frac{\tanh^3x}{x^2}\，dx=\sum_{k=2}^{\infty}（-1）^k（8k^3+4k）\log k$$也许从我的观点来看还有一些希望$$\sum_{k=2}^{\infty}（-1）^k\log k=\log\sqrt{\frac2{\pi}$$这是Wallis型公式$$\frac23\cdot\frac45\cdot\frac67\cdots\frac{2k}{2k+1}\cdots=\sqrt{\frac2{\pi}}$$

更新。使用发散级数方法$\sum_k（-1）^kk^c$和Will Sawin的评论，我们可以完成如下解决方案。从开始$\sum_{k\geq1}（-1）^kk^c=\zeta（-c）（2^{c+1}-1）$得到导数$$\sum_{k\geq2}（-1）^ck^c\log k=-\zeta'（-c）（2^{c+1}-1）+\zeta（-c$$现在，应用以下事实：$\zeta（-1）=-\frac1{12}，\，\zeta'（-1）=\frac1{12}-\对数A，\，\ zeta（-3）=\ frac1{120}$和$$\zeta'（-3）=\frac1{120}\log（2\pi）-\frac{11}{720}+\frac1\120}\gamma-\frac{3\zeta`（4）}{4\pi^4}$$接下来，将所有这些放在一起并简化\开始{align}\sum{k\geq0}（-1）^k（8k^3+4k）\log k&=[-120\zeta’（-3）+128\zeta（-3）\log 2]+[-12\zeta'（-1）+16\zeta\\&=\frac56-\gamma-\log\pi-\frac{19}{15}\log2+12\log A+\frac{\zeta'（4）}{\zeta（4）{。\结束{对齐}