demostrar que $\int_{0}^{\infty}\frac{x\cos ax}{\sinh x}dx=\frac{\pi^2}{4} \operatorname{sech}^2 \left(\frac{a\pi}{2}\right) $

Question

Demostrar que $$\int_{0}^{\infty}\frac{x\cos ax}{\sinh x}dx=\frac{\pi^2}{4} \operatorname{sech}^2\left(\frac{a\pi}{2}\right) $$

Creo que podemos resolverlo por integración de contornos, pero ¿cómo? y sería mejor si hubiera dos formas, la primera con análisis real y la segunda con análisis complejo.

Answer 1

Por supuesto, asumimos que $a$ es real aquí. Para un análisis complejo, considere la integral

$$\oint_C dz \frac{\sin{a z}}{\sinh{z}}$$

donde $C$ es el siguiente contorno:

Como no hay polos en el interior del contorno, esta integral es cero por el teorema de Cauchy. Por otro lado, la integral del contorno es igual a

$$\int_{\epsilon}^R dx \frac{\sin{a x}}{\sinh{x}} + i \int_0^{\pi} dy \frac{\sin{a(R+i y)}}{\sinh{(R+i y)}} + \\ \int_R^{\epsilon} dx \frac{\sin{a(x+i \pi)}}{\sinh{(x+i \pi)}} + i \epsilon \int_0^{-\pi/2} d\phi \, e^{i \phi} \frac{\sin{a(i \pi + \epsilon e^{i \phi})}}{\sinh{(i \pi + \epsilon e^{i \phi})}} + \\i \int_{\pi-\epsilon}^{\epsilon} dy \frac{\sin{i a y}}{\sinh{i y}} + i \epsilon \int_{\pi/2}^0 d\phi \, e^{i \phi} \frac{\sin{a \epsilon e^{i \phi}}}{\sinh{\epsilon e^{i \phi}}} $$

Tomamos los límites como $R \to \infty$ y $\epsilon \to 0$ En estos límites, las integrales segunda y sexta desaparecen. También tenemos que considerar sólo la parte real de la expresión anterior, ya que la integral que nos interesa es real; esto elimina por completo la quinta integral y sólo tenemos que examinar la parte real de la tercera. Expandiendo las funciones trigonométricas utilizando, por ejemplo, los teoremas de adición, obtenemos la siguiente relación:

$$\left (1+\cosh{\pi a}\right) \int_0^{\infty} dx \frac{\sin{a x}}{\sinh{x}} - \frac{\pi}{2} \sinh{\pi a} = 0$$

o

$$\int_0^{\infty} dx \frac{\sin{a x}}{\sinh{x}} = \frac{\pi}{2} \tanh{\frac{\pi a}{2}}$$

Por supuesto, esta no es la integral deseada. Sin embargo, suponiendo que todo es absolutamente convergente (lo que es aquí), podemos diferenciar ambos lados con respecto a $a$ y se invierte el orden de la derivada y la integral para obtener

$$\int_0^{\infty} dx \frac{x \cos{a x}}{\sinh{x}} = \frac{\pi^2}{4} \text{sech}^2{\frac{\pi a}{2}}$$

como se iba a demostrar.

Answer 2

He aquí otro enfoque analítico complejo.

Desde $$\int_{0}^{\infty}\frac{x\cos ax}{\sinh x}dx \quad\textrm{and}\quad \int_{0}^{\infty}\frac{\sin ax}{\sinh x}dx$$ son uniformemente convergentes, la diferenciación y la integración conmutan. Además, las integrales son pares. Encontramos $$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\infty}\frac{x\cos ax}{\sinh x}dx &=& \frac{\partial}{\partial a} \int_{0}^{\infty}\frac{\sin ax}{\sinh x}dx \\ &=& \frac{1}{2} \frac{\partial}{\partial a} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin ax}{\sinh x}dx \\ &=& \frac{1}{2}\frac{\partial}{\partial a} \mathrm{Im} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{iax}}{\sinh x}dx. \end{eqnarray*}$$ Cerramos el contorno para la última integral a lo largo de un contorno semicircular en el semiplano superior. Aquí suponemos, con poca pérdida de generalidad, que $\mathrm{Re}(a)>0$ . (Debido al buen comportamiento de $e^{iax}$ la integral a lo largo de este contorno es cero). Recogemos los residuos en el semiplano superior que se producen en $x=in\pi$ , donde $n=1,2,\ldots$ . Así, $$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\infty}\frac{x\cos ax}{\sinh x}dx &=& \frac{1}{2}\frac{\partial}{\partial a} \mathrm{Im} \,2\pi i \sum_{n=1}^\infty \mathrm{Res}_{x_n=i n\pi} \frac{e^{iax_n}}{\sinh x_n} \\ &=& \frac{1}{2}\frac{\partial}{\partial a} \mathrm{Im} \,2\pi i \sum_{n=1}^\infty \frac{e^{-n\pi a}}{\cosh i n\pi} \\ &=& \pi \frac{\partial}{\partial a} \sum_{n=1}^\infty (-1)^n e^{-n\pi a} \\ &=& -\pi \frac{\partial}{\partial a} \frac{1}{1+e^{a\pi}} \\ &=& \frac{\pi^2 e^{a\pi}}{(1+e^{a\pi})^2} \\ &=& \frac{\pi^2}{4}\mathrm{sech}^2\frac{a\pi}{2}. \end{eqnarray*}$$

Answer 3

Voy a utilizar el enfoque de Ron Gordon y tratar de encontrar la integral $\int_0^{\infty}\dfrac{\sin ax}{\sinh x} dx$ pero con métodos reales. En primer lugar, tenemos que, $$\dfrac 1{\sinh x}=2\sum_{k=2n+1,n\in\mathbb{N}}exp(-kx)$$ Así que, $$\int_0^{\infty}\dfrac{\sin ax}{\sinh x} dx=2\int_0^{\infty}\sin ax \sum_{k=0}^\infty \exp(-(2k+1)x)dx$$$$ =2a\suma\dfrac{1}{a^2+(2k+1)^2}=\pi \coth \pi a-\frac\pi2 \coth\frac{\pi a}{2}$$

Diferenciando con respecto a a obtenemos la respuesta.(La suma se obtiene tomando el producto infinito por $\sinh x$ , tomando registros y diferenciando).

Answer 4

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\on}[1]{\operatorname{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ $\ds{\bbox[5px,#ffd]{\int_{0}^{\infty}{x\cos\pars{ax} \over \sinh\pars{x}}\,\dd x = {\pi^{2} \over 4}\on{sech}^{2}\pars{\pi a \over 2}}:\ {\Large ?}.}$

---

\begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\int_{0}^{\infty}{x\cos\pars{ax} \over \sinh\pars{x}}\,\dd x} = \totald{}{a}\int_{0}^{\infty}{\sin\pars{ax} \over \sinh\pars{x}}\,\dd x \\[5mm] = &\ 2\,\totald{}{a}\Im\int_{0}^{\infty} {\expo{\ic ax} - 1 \over \expo{x} - \expo{-x}}\,\dd x \\[5mm] = &\ 2\,\totald{}{a}\Im\int_{0}^{\infty} {\expo{-\pars{1 - \ic a}x} - \expo{-x} \over 1 - \expo{-2x}} \,\dd x \\[5mm] \stackrel{2x\ \mapsto\ x}{=}\,\,\,& \totald{}{a}\Im\int_{0}^{\infty} {\expo{-\pars{1/2 - \ic a/2}x}\,\,\, - \expo{-x/2} \over 1 - \expo{-x}}\,\dd x \\[5mm] = &\ \totald{}{a}\Im\left[\int_{0}^{\infty} {\expo{-x} - \expo{-x/2} \over 1 - \expo{-x}}\,\dd x \right. \\[2mm] &\ \phantom{\totald{}{a}\Im\left[\right.} \left.-\int_{0}^{\infty} {\expo{-x} \expo{-\pars{1/2 - \ic a/2}x} \over 1 - \expo{-x}} \,\dd x\right] \\[5mm] = &\ \totald{}{a}\Im\bracks{\Psi\pars{1 \over 2} - \Psi\pars{{1 \over 2} - {a \over 2}\,\ic}} \\[5mm] = &\ \totald{}{a}\bracks{-\Psi\pars{1/2 - a\ic/2} + \Psi\pars{1/2 + a\ic/2} \over 2\ic} \\[5mm] = &\ -\,{\ic \over 2} \totald{}{a}\bracks{\pi\cot\pars{\pi\bracks{{1 \over 2} - {a \over 2}\,\ic}}} \\[5mm] = &\ -\,{\pi\,\ic \over 2} \totald{}{a}\bracks{\tan\pars{{\pi a \over 2}\,\ic}} = {\pi \over 2} \totald{}{a}\bracks{\tanh\pars{\pi a \over 2}} \\[5mm] = &\ \bbx{{\pi^{2} \over 4}\on{sech}^{2}\pars{\pi a \over 2}} \\ & \end{align}