Evaluar la integral de la $\int_{0}^{\infty} \frac{1}{(1+x^2)\cosh{(ax)}}dx$

Question

El problema es : Evaluar la integral de la $$\int_{0}^{\infty} \frac{1}{(1+x^2)\cosh{(ax)}}dx$$

He intentado expandir $\frac{1}{\cosh{ax}}$ y da el resultado en la siguiente forma:

En primer lugar, tenga en cuenta que $$\frac{1}{\cosh{(ax)}}=\frac{2e^{-ax}}{e^{-2ax}+1}=\sum_{n=0}^{\infty}2(-1)^n e^{-(2n+1)ax}$$ En segundo lugar, consideramos que la $f(a)=\int_{0}^{\infty} \frac{e^{ax}}{1+x^2}dx$

Algunos de los resultados del cálculo en $f''(a)+f(a)=\int_{0}^{\infty}e^{ax}dx=-\frac{1}{a}$

Sustituimos $f(a)=u(a)e^{ia}$ en el ex resultado y por lo tanto $ (u'(a) e^{2ia})'=-\frac{e^{ia}}{a}.$

Deje $E(a)=\int_{0}^{a} \frac{e^{it}}{t}dt=\mbox{Ei}(ia)$ donde $\mbox{Ei}(x)$ es la integral Exponencial , a continuación, $$u'(a)= -e^{-2ia} E(a)+c_1 e^{-2ia}.$$

Por lo tanto \begin{align*}u(a) &=\frac{1}{2i} e^{-2ia}E(a) - \frac{1}{2i}\int_{0}^{a} \frac{e^{-it}}{t}dt-\frac{1}{2i}c_1 e^{-2ia} +c_2 \\ &=\frac{1}{2i} e^{-2ia}E(a) -\frac{1}{2i}E(-a)-\frac{1}{2i}c_1 e^{-2ia} +c_2\end{align*} Llegamos a la conclusión de que $$ f(a)=\frac{e^{-ia} \mbox{Ei}(ia)-e^{ia}\mbox{Ei}(-ia)}{2i}+c_1 e^{-ia}+c_2 e^{ia}$$

Pero yo atrapado aquí, no puedo averiguar $c_1$$c_2$. También, incluso, $c_1$ $c_2$ son conocidos, no puedo usar la suma para obtener el resultado de la pregunta original.

Hay otra manera de abordar este problema? O puedo modificar mi método para hacer factible para obtener el resultado deseado? Gracias por su atención!

Answer 1

Aquí hay otra solución: Vamos a

$$\hat{f}(\xi) = \int_{\Bbb{R}} f(x)e^{-2\pi i \xi x} \, dx$$

denota la transformada de Fourier de $f$. Entonces es bien conocido que

$$ (\mathrm{sech} \, \pi x)^{\wedge} = \mathrm{sech} \, \pi \xi \quad \text{and} \quad \left( \frac{1}{a^2 + \pi^2 x^2} \right)^{\wedge} = \frac{1}{a} e^{-2a |\xi|}. $$

También, si $f$$g$$L^2$, luego

$$ \int_{\Bbb{R}} \hat{f} g = \int_{\Bbb{R}} f \hat{g}. $$

En particular, conectar $f(x) = \mathrm{sech} \, \pi x$ hemos

$$ \int_{\Bbb{R}} \frac{g(x)}{\cosh \pi x} \, dx = \int_{\Bbb{R}} \frac{\hat{g}(x)}{\cosh \pi x} \, dx. $$

Esto demuestra que

\begin{align*} \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{(x^2 + 1) \cosh a x} &= \frac{\pi a}{2} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{(a^2 + \pi^2 x^2) \cosh \pi x} \\ &= \frac{\pi}{2} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-2a|x|}}{\cosh \pi x} \, dx = \pi \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-2a x}}{\cosh \pi x} \, dx \\ &= 2\pi \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-(2a+\pi) x} (1 - e^{-2\pi x})}{1 - e^{-4\pi x}} \, dx \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{t^{\frac{a}{2\pi}+\frac{1}{4}} (1 - t^{\frac{1}{2}})}{1 - t} \, \frac{dt}{t} \qquad (t = e^{-4\pi x}) \\ &= \frac{1}{2} \left[ \psi_{0}\left( \frac{a}{2\pi}+\frac{3}{4} \right) - \psi_{0}\left( \frac{a}{2\pi}+\frac{1}{4} \right) \right], \end{align*}

donde se explota la identidad

$$ \psi_{0}(s) = -\gamma + \int_{0}^{1}\frac{t - t^{s}}{1 - t} \, \frac{dt}{t}. $$

Answer 2

Esta integral puede evaluarse utilizando los residuos de la teoría. Considere la integral

$$\oint_C \frac{dz}{(1+z^2) \cosh{a z}}$$

donde $C$ es un semicírculo de radio $R$ en la mitad superior del plano. Como $R \to \infty$, la integral sobre el semicírculo se desvanece, y nos quedamos con el original de la integral igualando $i 2 \pi$ vez que la suma de los residuos de los polos de el integrando dentro de $C$. En este caso, los polos dentro de $C$ se encuentran en $z_n = i (n+1/2) \pi/a$ todos los $n \in \mathbb{N} \cup \{0\}$ y a las $z_+ = i$. La evaluación de los residuos en estas polos (lo que puede lograrse cuando el integrando es de la forma $p(z)/q(z)$ usando la fórmula de $p(z_0)/q'(z_0)$ para un poste de $z=z_0$), encontramos que

$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{(1+x^2) \cosh{a x}} = \frac{\pi}{\cos{a}} - \frac{2 \pi}{a} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(n+1/2)^2 \pi^2/a^2 - 1}$$

La suma por desgracia, toma la forma de un par de Lerch transcendents

$$\begin{align}\frac{2 \pi}{a} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(n+1/2)^2 \pi^2/a^2 - 1} &= \frac{\pi}{a} \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \left (\frac{1}{(n+1/2)\pi/a-1}-\frac{1}{(n+1/2)\pi/a+1} \right)\\&= \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \left (\frac{1}{n+\frac12-\frac{a}{\pi}}-\frac{1}{n+\frac12+\frac{a}{\pi}} \right) \\ &= \Phi\left(-1,1,\frac12-\frac{a}{\pi}\right)-\Phi\left(-1,1,\frac12+\frac{a}{\pi}\right)\end{align}$$

Por lo tanto

$$\int_0^{\infty} \frac{dx}{(1+x^2) \cosh{a x}} = \frac{\pi}{2\cos{a}} - \frac12 \left[\Phi\left(-1,1,\frac12-\frac{a}{\pi}\right)-\Phi\left(-1,1,\frac12+\frac{a}{\pi}\right) \right ]$$

Cabe señalar que $a \ne (k+1/2) \pi$ algunos $k \in \mathbb{Z}$.

ANEXO

Debo señalar que, en respuesta a @GrahamHesketh de la consulta, el resultado anterior puede ser demostrado ser igual a la diferencia entre dos digamma funciones de la siguiente manera:

$$\int_0^{\infty} \frac{dx}{(1+x^2) \cosh{a x}} = \frac12 \left [ \psi\left(\frac{3}{4}+\frac{a}{2 \pi} \right)-\psi\left(\frac{1}{4}+\frac{a}{2 \pi} \right) \right ]$$

Esto se puede lograr tomando nota de que

$$\frac{\pi}{\cos{a}} = \sum_{n=-\infty}^{\infty} (-1)^n \frac{1}{n+\frac12-\frac{a}{\pi}} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \left (\frac{1}{n+\frac12-\frac{a}{\pi}}+\frac{1}{n+\frac12+\frac{a}{\pi}} \right) $$

$$\psi\left(\frac{1}{4}+\frac{a}{2 \pi} \right) = \sum_{n=0}^{\infty}\left (\frac{1}{n+1}- \frac{1}{n+\frac12 \left (\frac12+\frac{a}{\pi}\right)}\right )$$

$$\psi\left(\frac{3}{4}+\frac{a}{2 \pi} \right) = \sum_{n=0}^{\infty} \left ( \frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+1-\frac12 \left (\frac12-\frac{a}{\pi}\right)}\right )$$

Para establecer la igualdad, tenga en cuenta que el resultado que he publicado anteriormente se reduce a

$$\frac{\pi}{\cos{a}} - \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \left (\frac{1}{n+\frac12-\frac{a}{\pi}}-\frac{1}{n+\frac12+\frac{a}{\pi}} \right) = 2 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+\frac12+\frac{a}{\pi}}$$

La igualdad entre dicha suma y la diferencia entre los dos $\psi$ términos se establece mediante la comparación de los sumandos término por término.

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{0}^{\infty}{1 \over \pars{1 + x^{2}}\cosh\pars{ax}}\,\dd x:\ {\large ?}}$

Los ceros de $\ds{\cosh\pars{ax}}$ están dadas por $\ds{\pars{\! n + \media\!}\,{\pi \más de una}\,\ic.\ n \in {\mathbb Z}.\ \mbox{del mismo modo,}\ \pm\ic\ \mbox{ceros de}\ \pars{x^{2} + 1}}$.

\begin{align}&\left.\color{#c00000}{% \int_{0}^{\infty}{\dd x \over \pars{1 + x^{2}}\cosh\pars{ax}}} \right\vert_{\,a\ >\ 0} =-\,\half\,\Im\int_{-\infty}^{\infty}{\dd x \over \pars{x + \ic}\cosh\pars{ax}} \\[3mm]&=-\,\half\,\Im\pars{% 2\pi\ic\sum_{n = 0}^{\infty}{1 \over \bracks{\pars{n + 1/2}\pi\ic/a + \ic} \braces{a\sinh\pars{\bracks{n + 1/2}\pi\ic}}}} \\[3mm]&=-\,\half\,\Im\braces{% 2\pi\ic\sum_{n = 0}^{\infty}{1 \over \bracks{\pars{n + 1/2}\pi/a + 1}\ic \bracks{a\,\ic\pars{-1}^{n}}}} =\left.\color{#00f}{\sum_{n = 0}^{\infty}{\pars{-1}^{n} \over n + 1/2 + a/\pi}} \right\vert_{\,a\ >\ 0}\quad\pars{1} \end{align}

\begin{align}\left.\color{#00f}{\sum_{n = 0}^{\infty}% {\pars{-1}^{n} \over n + 1/2 + a/\pi}}\right\vert_{\,a\ >\ 0} &=\sum_{n = 0}^{\infty} \pars{{1 \over 2n + 1/2 + a/\pi} - {1 \over 2n + 3/2 + a/\pi}} \\[3mm]&=\sum_{n = 0}^{\infty} {1 \over \pars{2n + 3/2 + a/\pi}\pars{2n + 1/2 + a/\pi}} \\[3mm]&={1 \over 4}\sum_{n = 0}^{\infty} {1 \over \bracks{n + 3/4 + a/\pars{2\pi}}\bracks{n + 1/4 + a/\pars{2\pi}}} \\[3mm]&=\half\bracks{\Psi\pars{{3 \over 4} + {a \over 2\pi}} -\Psi\pars{{1 \over 4} + {a \over 2\pi}}}_{\,a\ >\ 0} \end{align} donde $\ds{\Psi\pars{z}}$ es la Función Digamma.

\begin{align} &\color{#66f}{\large% \int_{0}^{\infty}{\dd x \over \pars{1 + x^{2}}\cosh\pars{ax}} = \half\bracks{% \Psi\pars{{3 \over 4} + {\verts{a} \over 2\pi}} -\Psi\pars{{1 \over 4} + {\verts{a} \over 2\pi}}}} \end{align}

Answer 4

tenemos $$\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{1}{\cosh{a\pi x}}\dfrac{\beta}{x^2+\beta^2}=\psi\left(\dfrac{a\beta}{2}+\dfrac{3}{4}\right)-\psi\left(\dfrac{a\beta}{2}+\dfrac{1}{4}\right)$$

Answer 5

Puedes probar a utilizar el teorema de los residuos para una secuencia de contornos que van entre los polos de la $\frac{1}{\cosh(x)}$. Luego está, por supuesto, a la izquierda el trabajo de escribir las estimaciones que muestran que la igualdad entre el límite de los valores de las integrales de contorno y el real integral. La buena suerte.