Hacer estas integrales tienen una forma cerrada? $I_1 = \int_{-\infty }^{\infty } \frac{\sin (x)}{x \cosh (x)} \, dx$

Question

Las siguientes integrales parece que podría haber una forma cerrada, pero Mathematica no podía encontrar uno. Puede ser calculado, tal vez por la diferenciación bajo el signo integral?

$$I_1 = \int_{-\infty }^{\infty } \frac{\sin (x)}{x \cosh (x)} \, dx$$ $$I_2 = \int_{-\infty }^{\infty } \frac{\sin ^2(x)}{x \sinh (x)} \, dx$$

Answer 1

Primero voy a evaluar $$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos ax}{\cosh x} \ dx .$$

Considere la posibilidad de $ \displaystyle f(z) = \frac{e^{iaz}}{\cosh z}$ e integrar alrededor de un rectángulo en el plano complejo con vértices en $z= R$, $ z= R + i \pi$, $z= -R + i \pi$, y $z= - R$.

Como $R \to \infty$, $ \displaystyle \int f(z) \ dz$ se desvanece en los lados izquierdo y derecho del rectángulo.

Luego va todo el rectángulo de la izquierda,

$$ \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \ dx + \int_{\infty}^{-\infty} f(t + i \pi) \ dt = 2 \pi i \ \text{Res} [f(z),i \pi] .$$

Así

$$ (1- e^{- a \pi}) \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{iax}}{\cosh x} \ dx = 2 \pi i \lim_{z \to i \pi /2} \frac{e^{iaz}}{\sinh z} = 2 \pi \ e^{- a \pi /2} .$$

E igualando las partes reales en ambos lados de la ecuación,

$$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos ax}{\cosh x} \ dx = \frac{2 \pi}{e^{a \pi /2} - e^{- a \pi/2}} = \pi \ \text{sech} \left( \frac{a \pi}{2}\right) .$$

Entonces

$$ \begin{align} \int_{0}^{a} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos ax}{\cosh x} \ dx \ da &= \int_{-\infty}^{\infty} \int_{0}^{a} \frac{\cos ax}{\cosh x} \ da \ dx \\ &= \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin ax}{x \cosh x} \ dx \\ &= \pi \int_{0}^{a} \text{sech} \left(\frac{a \pi}{2} \right) \ da \\ &= 2 \int_{0}^{a \pi /2} \text{sech}(u) \ du \\ &= 4 \int_{0}^{a \pi /2} \frac{e^{u}}{1+e^{2u}} \ du \\ &= 4 \int_{1}^{e^{a \pi /2}} \frac{1}{1+w^{2}} \ dw \\ &= 4 \left(\arctan (e^{a \pi /2}) - \frac{\pi}{4} \right) . \end{align}$$

Por lo tanto,

$$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x \cosh x} \ dx = 4 \arctan (e^{\pi /2}) - \pi \approx 2.3217507819 . $$

Answer 2

Para el primero, necesitamos: $$\int _{-1/2}^{1/2}\!{{\rm e}^{2\,iax}}{da}={\frac {\sin \left( x \right) }{x}}\etiqueta{1}$$ $$ \frac{1}{\cosh \left( x \right)}=-2\,\sum _{n=1}^{\infty } \left( -1 \right) ^{n}{{\rm e}^{- \left| x \right| \left( 2\,n-1 \right) }}\etiqueta{2}$$ $$\int _{-\infty }^{\infty }\!{{\rm e}^{2\,iax}}{{\rm e}^{- \left| x \right| \left( 2\n-1 \right) }}{dx}=- \frac{1}{\left( 2\,ia-2\n+1 \right) }- \frac{1}{\left( -2\,ia-2\n+1 \right)}\etiqueta{3}$$ $$-2\,\sum _{n=1}^{\infty } \left( -1 \right) ^{n} \left(- \frac{1}{\left( 2\,ia-2\n+1 \right) }- \frac{1}{\left( -2\,ia-2\n+1 \right)} \right) ={ \frac {\pi }{\cosh \left( \pi \,un \right) }}\etiqueta{4}$$ obtenemos:

$$ \begin{aligned} \int _{-\infty }^{\infty }\!{\frac {\sin \left( x \right) }{x\cosh \left( x \right) }}{dx}&=\int _{-1/2}^{1/2}\!{\frac {\pi }{\cosh \left( \pi \,a \right) }}{da}\\ &=2\,\arctan \left( { {\rm e}^{1/2\,\pi }} \right)-2\,\arctan \left( {{\rm e}^{-1/2\,\pi }} \right)\\ &=2\,\arctan \left( \sinh \left( \frac{1}{2}\,\pi \right) \right) \tag{5} \end{aligned}$$ donde la última parte que sigue de $(2)$ y la serie de Taylor para arctan: $$\arctan \left( x \right) =\sum _{n=0}^{\infty }{\frac { \left( -1 \right) ^{n}{x}^{2\,n+1}}{2\,n+1}}\etiqueta{6}$$

Para la segunda tenemos: $$ \frac{1}{\sinh \left( x \right) }=2\,\sum _{n=1}^{\infty } {{\rm e}^{-x \a la izquierda( 2\n-1 \right) }}\etiqueta{7}$$ $${\frac { \sin^2 \left( x \right)}{x}}=-\frac{1}{2}\,\sum _{ m=1}^{\infty }{\frac { \left( -1 \right) ^{m}{2}^{2\,m}{x}^{2\,m-1}}{ \left( 2\,m \right) !}}\la etiqueta{8}$$ $$\int _{0}^{\infty }\!{x}^{2\,m-1}{{\rm e}^{-x \a la izquierda( 2\n-1 \right) }} {dx}={\frac { \left( 2\,m-1 \right) !}{ \left( 2\n-1 \right) ^{2\,m}} }\etiqueta{9}$$ $$\cuna \left( z \right) -\frac{1}{z}=-\frac{2}{\pi}\,\sum _{m=1}^{\infty }\zeta \left( 2\,m \right) \left( {\frac {z}{\pi }} \right) ^{2\,m-1}\etiqueta{10}$$ De $(6,7,8)$: $$ \begin{aligned} \int _{0}^{\infty }\!{\frac { \sin^2 \left( x \right)}{x\sinh \left( x \right) }}{dx}&=-\frac{1}{2}\,\sum _{m=1}^{\infty } \left( \frac{\left( -4 \right) ^{m}}{m}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{\left( 2\,n-1 \right) ^{2\,m}}} \right)\\ &=\frac{1}{4}\sum _{m=1}^{\infty }\,{\frac {\zeta \left( 2\,m \right) \left( {4}^{m}-1 \right) \left( -1 \right) ^{m}}{m}} \tag{11} \end{aligned}$$ y después de la integración de $(10)$ una vez que sabemos que: $$\ln \left( {\frac {\sin \left( z \right) }{z}} \right) =-\sum _{m=1}^ {\infty }\frac{\zeta \left( 2\,m \right)}{m} \left( {\frac {z}{\pi }} \right) ^{2\,m}\etiqueta{12} $$ así que comparando $(11)$ $(12)$ sabemos que: $$ \begin{aligned}\int _{0}^{\infty }\!{\frac { \sin^2 \left( x \right) }{x\sinh \left( x \right) }}{dx}&=\frac{1}{2}\,\ln\!\left( \frac{1}{2}\,{\frac {\sinh \left( 2\,\pi \right) }{\sinh \left( \pi \right) }} \right)\\ &=\frac{1}{2}\,\ln \left( \cosh \left( \pi \right) \right) \end{aligned}$$

Answer 3

Para $I_2$, podemos usar un conocido resultado: $$ \int_{-\infty }^{\infty } \frac{\sinh (ax)}{\sinh(bx)}dx=\frac{\pi}{b}\tan\frac{a\pi}{2b}. $$ Nota:$\sinh(ix)=\sin(x), \tanh(ix)=\tan(x)$. Así $$ \int_{-\infty }^{\infty } \frac{\sin (ax)}{\sinh(bx)}dx=\int_{-\infty }^{\infty } \frac{\sinh (iax)}{\sinh(bx)}dx=\frac{\pi}{b}\tanh\frac{a\pi}{2b}. $$ Para $I_2$, definir $$ I_2(a)=\int_{-\infty }^{\infty } \frac{\sin^2(ax)}{x\sinh (x)}dx. $$ A continuación,$I_2(0)=0$$I_2(1)=I_2$. Ahora \begin{eqnarray} I_2'(a)&=&\int_{-\infty }^{\infty } \frac{2\sin(ax)\cos(ax)}{\sinh (x)}dx\\ &=&\int_{-\infty }^{\infty } \frac{\sin(2ax)}{\sinh (x)}dx\\ &=&\pi\tanh(a\pi). \end{eqnarray} Así $$ I_2(1)=\int_0^1\pi\tan(a\pi)da=\ln(\cosh(a\pi)). $$

Answer 4

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

1. $\ds{\large\color{#000}{\tt I_{1}\equiv \int_{-\infty }^{\infty }{\sin\pars{x} \over x\cosh\pars{x}} \,\dd x}}$

   \begin{align}I_{1}&\equiv\color{#c00000}{ \int_{-\infty }^{\infty }{\sin\pars{x} \over x\cosh\pars{x}} \,\dd x} =\int_{-\infty }^{\infty } {2\expo{x} \over \expo{2x} + 1}\int_{0}^{1}\cos\pars{kx}\,\dd k\,\dd x \\[3mm]&=2\Re\int_{0}^{1}\ \overbrace{\int_{-\infty}^{\infty} {\pars{\expo{x}}^{\verts{k}\ic} \over \expo{2x} + 1}\,\expo{x}\,\dd x} ^{\ds{\mbox{Set}\ \expo{x} \equiv t}}\ \,\dd k =2\int_{0}^{1}\color{#00f}{% \Re\int_{0}^{\infty}{t^{\verts{k}\ic} \over t^{2} + 1}\,\dd x}\,\dd k\tag{1} \end{align}

   \begin{align}&\color{#00f}{% \Re\int_{0}^{\infty}{t^{\verts{k}\ic} \over t^{2} + 1}\,\dd x} =\Re\bracks{2\pi\ic\,{\pars{\expo{\pi\ic/2}}^{\verts{k}\ic} \over 2\ic} + 2\pi\ic\,{\pars{\expo{3\pi\ic/2}}^{\verts{k}\ic} \over -2\ic} -\int_{\infty}^{0} {t^{\verts{k}\ic}\pars{\expo{2\pi\ic}}^{\verts{k}\ic} \over t^{2} + 1}\,\dd t} \\[3mm]&=\pi\expo{-\pi\verts{k}/2} -\pi\expo{-3\pi\verts{k}/2} +\expo{-2\pi\verts{k}}\color{#00f}{% \Re\int_{0}^{\infty}{t^{\verts{k}\ic} \over t^{2} + 1}\,\dd x} \\[5mm]&\imp\ \color{#00f}{% \Re\int_{0}^{\infty}{t^{\verts{k}\ic} \over t^{2} + 1}\,\dd x} ={\pi\expo{-\pi\verts{k}/2} -\pi\expo{-3\pi\verts{k}/2} \over 1 - \expo{-2\pi\verts{k}}} =\pi\,{\expo{\pi\verts{k}/2} -\expo{-\pi\verts{k}/2} \over \expo{\pi\verts{k}} - \expo{-\pi\verts{k}}} \\[3mm]&=\pi\,{\sinh\pars{\pi\verts{k}/2} \over \sinh\pars{\pi\verts{k}}} ={\pi \over 2}\,\sech\pars{{\pi \over 2}\,k} \end{align}

   Sustitución de en $\pars{1}$: \begin{align} &\color{#66f}{\large\int_{-\infty }^{\infty }{\sin\pars{x} \over x\cosh\pars{x}} \,\dd x} =2\int_{0}^{1}{\pi \over 2}\,\sech\pars{{\pi \over 2}\,k}\,\dd k =\left. 4\arctan\pars{\tanh\pars{{\pi \over 4}\,k}}\right\vert_{0}^{1} \\[3mm]&=\color{#66f}{\large 4\arctan\pars{\tanh\pars{\pi \over 4}}} \approx {\tt 2.3218} \end{align} Este resultado puede ser expresado en términos de la Gudermannian Función de$\ds{{\rm gd}\pars{z} \equiv 2\arctan\pars{\expo{z}} - {\pi \over 2}}\quad$ como $\quad\ds{4\arctan\pars{\tanh\pars{\pi \over 4}} = 2\,{\rm gd}\pars{\pi \over 2}}$.

2. $\ds{\large\color{#000}{\tt I_{2}\equiv \int_{-\infty }^{\infty }{\sin^{2}\pars{x} \over x\sinh\pars{x}} \,\dd x}}$

   $\tt\mbox{It can be evaluated by following a similar technique}$.

Answer 5

No sé de una forma cerrada, pero parece que la integral puede ser convertida en una serie infinita. Vamos $$ I_{1}(k)=\int_{-\infty }^{+\infty }dx\frac{\sen kx}{x\cosh x} $$ por lo $I_{1}=I_{1}(1).$ Ahora (tenga en cuenta que $I_{1}(0)$ se desvanece) \begin{eqnarray*} \partial _{k}I_{1}(k) &=&\int_{-\infty }^{+\infty }dx\frac{\cos kx}{\cosh x}=% {Re}\int_{-\infty }^{+\infty }dx\frac{\exp [ikx]}{\cosh x}\\&=&2{Re}% \int_{-\infty }^{+\infty }dx\exp [ikx]\frac{1}{\exp [x]+\exp [-x]} \\ I_{1} &=&\int_{0}^{1}dk\partial _{k}I_{1}(k) \end{eqnarray*} Si esta transformada de Fourier es conocida, podemos tratar de integrar más de $k$ y obtenga $I_{1}(k)$ y, por tanto,$I_{1}$. Si no tenemos en cuenta que $(\exp [z]+\exp [-z])^{-1}$ has poles $z_{n}=i\pi (1+2n)$ para cerrar el contorno de la la mitad superior del plano de resultados en $$ \int_{-\infty }^{+\infty }dx\exp [ikx]\frac{1}{\exp [x]+\exp [-x]}=2\pi i\sum_{n}r_{n}\exp [ikz_{n}] $$ donde el $r_{n}$ son los residuos y la suma de $n$ es que con $z_{n}$ en la mitad superior del plano. Ahora el $k$integral se puede hacer y terminamos con una suma de $n$.