Pruebalo $\int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-x}}{1+e^{-2\pi x}}\,dx=\frac1{2\sin\left(\frac{1}{2}\right)}$

Question

Necesito demostrar que $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{e^{-x}}{1+e^{-2\pi x}}\,dx=\dfrac{1}{2\sin\left(\frac{1}{2}\right)}$. Este es un ejercicio de Básica de Análisis Complejo por Marsden y Hoffman. Mi intento:

En primer lugar, Marsden dice que tenemos que considerar la función compleja $f(z)=\dfrac{e^{-z}}{1+e^{-2\pi z}}$ y en la siguiente curva

$\gamma_2=r+t\pi i$ $t\in [0,1]$

$\gamma_3=(\pi i+r)-2tr$ $t\in [0,1]$

$\gamma_4=(1-t)(\pi i-r)-tr$ $t\in [0,1]$

Tenga en cuenta que la única polos de la función de $f(z)$ en el rectángulo son cuando $z=\dfrac{i}{2}$, $z=\dfrac{3i}{2}$ y $z=\dfrac{5i}{2}$. A partir de un cálculo directo obtenemos que $\text{Res}\left(f(z),\dfrac{i}{2}\right)=\dfrac{e^{-i/2}}{2\pi}$, $\text{Res}\left(f(z),\dfrac{3i}{2}\right)=\dfrac{e^{-3i/2}}{2\pi}$ y $\text{Res}\left(f(z),\dfrac{5i}{2}\right)=\dfrac{e^{-5i/2}}{2\pi}$.

Después de un montón de cálculos, obtenemos un límite para la integral sobre $\gamma_2$: $$\dfrac{e^{-r}}{\sqrt{(1-e^{-2\pi r})^2}}\geq \dfrac{|e^{-r-t\pi i}|}{|1+e^{-2\pi(r+t\pi i)}|}\geq 0$$Thus $$\displaystyle\int_{\gamma_2}^{}f(\gamma_2)\cdot d\gamma\leq \dfrac{e^{-r}}{\sqrt{(1-e^{-2\pi r})^2}}$$When $r\to\infty$ then $\displaystyle\int_{\gamma_2}^{}f(\gamma_2)\cdot d\gamma\to 0$

Creo que es el mismo para $\gamma_4$ pero tengo problemas con la $\gamma_3$. Después de un montón de cálculos, obtenemos la siguiente enlazado: $$\dfrac{e^{-r+2rt}}{\sqrt{1+2e^{-2\pi}\cos(-2\pi^2)+e^{-4\pi r}}}\geq \dfrac{|e^{-r+2rt-\pi i}|}{|1+e^{-2\pi(\pi i+r-2rt)}|}$$ but when $r\to\infty$ we obtain that $\dfrac{e^{-r+2rt}}{\sqrt{1+2e^{-2\pi}\cos(-2\pi^2)+e^{-4\pi r}}}\to\infty$ y necesito, tal vez, que esto limita existe (tal vez, de cero).

Claramente quiero que las integrales sobre las curvas, porque si $\gamma=\gamma_1\cup\gamma_2\cup\gamma_3\cup\gamma_4$ $\displaystyle\int_{\gamma} f(\gamma)\cdot d\gamma=\displaystyle\int_{\gamma_1} f(\gamma_1) \cdot d\gamma_1+\displaystyle\int_{\gamma_2} f(\gamma_2) \cdot d\gamma_2+\displaystyle\int_{\gamma_3} f(\gamma_3) \cdot d\gamma_3+\displaystyle\int_{\gamma_4} f(\gamma_4) \cdot d\gamma_4$ y quiero usar el Teorema de los Residuos. Pero, es el rectángulo de la curva correcta? Aquí una captura de pantalla con el ejercicio:

Answer 1

Para su pregunta, usted tendrá que considerar un contorno rectangular con los vértices $\pm R$$\pm R+i$. Supongo que los autores entienden por "técnica" como en un contorno rectangular situado en la mitad superior del contorno plano. Llamando a nuestro integrando como $f(z)$

$$f(z)\equiv\frac {e^{-z}}{1+e^{-2\pi z}}$$

y parametrización un sobre todos los cuatro lados del contorno nos da

$$\begin{multline}\oint\limits_{\mathrm C}dz\, f(z)=\int\limits_{-R}^{R}dz\, f(x)+i\int\limits_0^1dy\, f(R+yi)-\int\limits_{-R}^{R}dz\, f(z+i)-i\int\limits_0^1dy\, f(-R+yi)\end{multline}$$

Cuando tomamos el límite de $R\to\infty$, se puede demostrar que las integrales de los lados verticales (i.e el segundo y el cuarto integrales) desaparecen. Esto puede estar justificado el uso de la estimación lema. Tanto las integrales tienen una longitud de $L=1$, mientras que sus-límite superior $M$ puede ser calculada mediante el hecho de que $|e^{-yi}|\leq 1$$|e^{\pm R}|=e^{\pm R}$.

$$\begin{align*}M_1 & =\left|\,\frac {e^{-R}e^{-yi}}{1+e^{-2\pi R}e^{-2\pi yi}}\,\right|=\frac {e^{-R}}{1+e^{-2\pi R}}\xrightarrow{R\,\to\,\infty}0\\M_2 & =\left|\,\frac {e^{R}e^{-yi}}{1+e^{2\pi R}e^{-2\pi yi}}\,\right|=\frac {e^{R}}{1+e^{2\pi R}}\xrightarrow{R\,\to\,\infty}0\end{align*}$$

De sacar su producto y llamar a sus arcos $\Gamma_{1}$ $\Gamma_{2}$ respectivamente

$$\begin{align*} & \left|\,\int\limits_{\Gamma_{1}}dz\,\frac {e^{-z}}{1+e^{-2\pi z}}\,\right|\leq M_1L=0\\ & \left|\,\int\limits_{\Gamma_{2}}dz\,\frac {e^{-z}}{1+e^{-2\pi z}}\,\right|\leq M_2L=0\end{align*}$$

Como en el arco de las integrales se desvanecen como $R\to\infty$. Ahora, lo que queda es

$$\oint\limits_{\mathrm C}dz\, f(z)=(1-e^{-i})\int\limits_{-\infty}^{\infty}dx\, f(x)$$

El contorno de la integral es también igual a la suma de sus residuos en el interior del contorno multiplicado por $2\pi i$. Afortunadamente, sólo hay un residuo en el interior de a $z=i/2$. Por lo tanto

$$\operatorname*{Res}_{z\,=\, i/2}\frac {e^{-z}}{1+e^{-2\pi z}}=\lim\limits_{z\,\to\, i/2}\frac {(z-i/2)e^{-z}}{1+e^{-2\pi z}}=\frac {e^{-i/2}}{2\pi}$$

Por lo tanto la integral de contorno es

$$\oint\limits_{\mathrm C}dz\, f(z)=ie^{-i/2}$$

Poner todo junto y el aislamiento de nuestros integral de la $I$, obtenemos

$$\int\limits_{-\infty}^{\infty}dx\,\frac {e^{-x}}{1+e^{-2\pi x}}=\frac {ie^{-i/2}}{1-e^{-i}}\color{blue}{=\frac 12\csc\left(\frac 12\right)}$$

Answer 2

Algo brevemente:

1. Tomar el rectángulo con las esquinas superiores en$-r+i$$r+i$. Entonces se obtiene un residuo en la $z=i/2$ y la integral sobre la $\gamma_3$ (orientación de derecha a izquierda) $$ -\int_{-r}^r\frac{e^{-x-i}}{1+e^{-2\pi(x+i)}}\,dx=-e^{-i}\int_{-r}^r\frac{e^{-x}}{1+e^{-2\pi x}}\,dx. $$ Esto da como $r\to\infty$ la ecuación integral para la $I$ calculado $$ I+0-e^{-i}I+0=2\pi i\cdot\frac{e^{-i/2}}{2\pi}. $$ Para terminar es muy sencillo.
2. "Después de un montón de cálculos" puede ser simplificado como por ejemplo, para $\gamma_2$ $$ \left|\frac{e^{-r-i\theta}}{1+e^{-2\pi(r+i\theta)}}\right|= \frac{e^{-r}|e^{-i\theta}|}{|1+e^{-2\pi r}e^{-i2\pi\theta}|}\le \frac{e^{-r}\cdot 1}{1-|e^{-2\pi r}e^{-i2\pi\theta}|}=\frac{e^{-r}}{1-e^{-2\pi r}}\0,\quad r\to\infty. $$