Integración de contorno para funciones con residuos que forman una secuencia de oscilación infinita.

Question

Me gustaría evaluar algunos complicado integrales participación de la secante hiperbólica, pero la extensión de la costumbre de contorno de evaluación de la integración mediante el teorema de los residuos no está claro para mí. He estado considerando un ejemplo sencillo con un conocido de la solución de $$\int_{-\infty}^{\infty} \text{Sech}\Big(\frac{\pi s}{2}\Big) \ d s \ = \ 2$$

Esta pregunta está relacionada con como se describe las funciones con un número infinito de polos, pero no se supone que la suma de los residuos converge. Como se explica en la pregunta, estamos a sólo considerando delimitada contornos y, a continuación, tomar el límite que crecen arbitrariamente grande, pero no estoy seguro de cómo lo que justifica mi enfoque en este problema.

Supongamos que yo soy todo un caballero, y yo intento para evaluar esta integral, cerrando el contorno a lo largo de un semi-círculo en la mitad superior plano complejo. Sin realmente comprobar, afirmo que la integral a lo largo de la circular de la parte del contorno se desvanece, y por lo tanto la integral sobre la línea real está dada por $$\sum_{n=0}^{\infty} 2 \pi i \ \text{Res}\Big( \text{Sech}\Big(i\pi\big (n+\frac{1}{2}\big)\Big) = 4-4+4-4 \ . . .$$ which clearly does not converge. However, if we consider the average of the first $m$ partial sums $$\frac{1}{m}(4+0+4+0+ \ . . . ) = \left \{ \begin{array}{lr} 2 & \ m \in \text{evens}\\ 2 + \frac{4}{m}& m \in \text{odds} \end{array} \right.$$ which goes to $2$ as $m \to \infty$. Este procedimiento parece totalmente ad hoc, incluso mágico, pero se predice la respuesta correcta. La primera pregunta es, ¿por qué el límite de la media de las sumas parciales de dar la respuesta correcta?

Otra forma de regularizar este problema es que en lugar de calcular $$\lim_{\eta \to 0}\int_{-\infty}^{\infty} \text{Sech}\Big(\frac{\pi s}{2}\Big) e^{i \eta \ s} \ d s $$ and then using the same procedure $$\lim_{\eta \to 0}\sum_{n=0}^{\infty} 2 \pi i \ \text{Res}\Big( \text{Sech}\Big(i\pi\big (n+\frac{1}{2}\big) e^{-\eta (2n-1)}\Big) =\lim_{\eta \to 0} \frac{4e^{\eta}}{1+e^{2\eta}} = 2$$ también da la respuesta correcta. Así, parece ser algo a este método.

Si yo soy más cuidadoso acerca de la circular que la pieza del contorno, que puede mostrar que su contribución es exponencialmente pequeñas en casi todas partes. $\text{Sech}(x + iy)$ claramente disminuye exponencialmente al $x$ es grande, pero ¿qué pasa cuando $y$ es grande y $x$ es pequeña? Por la reescritura de $x + iy = re^{i \theta}$ y tomando el valor absoluto, puedo demostrar que cuando se $\theta = \frac{\pi}{2} +\epsilon, \ \left|\epsilon\right|<1$ (es decir, que estamos cerca del eje imaginario), entonces $$\left| \text{Sech}(re^{i\theta})\right|\sim e^{-\frac{1}{2}\pi r \left|\epsilon\right| } : \ \ r\to \infty$$ My understanding of the Riemann integral suggests that the single point where $\epsilon = 0$ no cambia el valor de la integral a lo largo del contorno.

Así, parece que tengo una buena razón para argumentar que la contribución del contorno circular se desvanece. Hay una manera, entonces, para justificar mi regularización de la suma de los residuos como la respuesta correcta en general, o es sólo un accidente para este caso especial?

Answer 1

Hay una manera mucho más fácil utilizar el contorno de integración para evaluar la integral: utilizar un contorno diferente. Yo recomiendo un contorno rectangular $C$, con vértices: $\{-R,R,R+2 i,-R+2 i\}$. De esa manera, sólo tenemos uno de los polos $z=i$ dentro $C$. Por lo tanto:

$$\oint_C \frac{dz}{\cosh{\frac{\pi}{2} z}} = \int_{-R}^R \frac{dx}{\cosh{\frac{\pi}{2} x}} + i \int_0^2 \frac{dy}{\cosh{\frac{\pi}{2} (R+i y)}} \\+\int_{R}^{-R} \frac{dx}{\cosh{\frac{\pi}{2} (x+2 i)}} + i \int_2^0 \frac{dy}{\cosh{\frac{\pi}{2} (-R+i y)}} $$

La segunda y la cuarta de las integrales se desvanecen como $R \to \infty$. La primera y la tercera de las integrales son iguales, como $\cosh{\frac{\pi}{2} (x+2 i)} = -\cosh{\frac{\pi}{2} x}$, e invertimos la dirección de la tercera integral.

Por otro lado, el contorno de la integral es $i 2 \pi$ veces el residuo en la pole $z=i$,$-i 2/\pi$. (Se los dejo para el lector.) Entonces tenemos

$$2 \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{\cosh{\frac{\pi}{2} x}} = i 2 \pi \left ( -i \frac{2}{\pi}\right ) = 4$$

El buscado después del resultado de la siguiente manera.

Answer 2

Por supuesto que podemos evitar los contornos del todo, $$ \begin{align} \int_{-\infty}^\infty\mathrm{sech}(ax)\,\mathrm{d}x &=4\int_0^\infty\frac{e^{-ax}\,\mathrm{d}x}{1+e^{-2ax}}\\ &=4\int_0^\infty\left(e^{-ax}-e^{-3ax}+e^{-5ax}-\dots\right)\,\mathrm{d}x\\ &=\frac4a\left(1-\frac13+\frac15-\dots\right)\\ &=\frac4a\frac\pi4\\ &=\frac\pi{a}\tag{1} \end{align} $$ Sin embargo, la integral a lo largo de los contornos con gran parte imaginaria, no puede descartarse que desde $$ \cosh(x+iy)=\cosh(x)\cos(y)+i\sinh(x)\sin(y)\etiqueta{2} $$ Esto es, para cualquier $k\in\mathbb{Z}$, $$ \int_{-\infty}^\infty\mathrm{sech}(ax+ik\pi)\,\mathrm{d}x=(-1)^k\frac\pi{un}\etiqueta{3} $$ El método descrito por Ron Gordon, donde nos plantamos cerca del eje real, es una buena manera de acercarse a las integrales de este tipo.

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¿Por qué el promedio de dar la respuesta correcta?

Considerar el contorno $$ \gamma_{k,R}=[-R,R]\color{#A0A0A0}{\cup[R,R+ik\pi]}\cup[R+ik\pi,-R+ik\pi]\color{#A0A0A0}{\cup[-R+ik\pi,-R]}\tag{4} $$ Las integrales a lo largo de la gris piezas se desvanecen como $R\to\infty$. Por lo tanto, el uso de $(2)$, $$ \begin{align} \lim_{R\to\infty}\int_{\gamma_{k,R}}\mathrm{sech}(x)\,\mathrm{d}x &=\int_{-\infty}^\infty\mathrm{sech}(x)\,\mathrm{d}x -\int_{-\infty+ik\pi}^{\infty+ik\pi}\mathrm{sech}(x)\,\mathrm{d}x\\ &=\int_{-\infty}^\infty\mathrm{sech}(x)\,\mathrm{d}x -(-1)^k\int_{-\infty}^\infty\mathrm{sech}(x)\,\mathrm{d}x\\ &=\left(1-(-1)^k\right)\int_{-\infty}^\infty\mathrm{sech}(x)\,\mathrm{d}x\tag{5} \end{align} $$ Por lo tanto, el hecho de que el promedio converge a lo propio no es nada más que el hecho de que el promedio de $$ \left(1-(-1)^k\right)\etiqueta{6} $$ tiende a $1$.

Lo que he dicho anteriormente podría ser un argumento válido que el promedio da el valor correcto. Sin embargo, sólo podía parar en $k=1$ y decir que te da dos veces el valor real y dividir por $2$. Esto es lo que Ron Gordon.

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Relativa $e^{\large-\frac12\pi r|\epsilon|}$

Como se señaló en $(2)$, $$ \begin{align} |\mathrm{sech}(x+iy)| &=\left|\,\frac1{\cosh(x)\cos(y)+i\sinh(x)\sin(y)}\,\right|\\ &\sim2e^{-|x|}\\ &=2e^{-r\,|\sin(\theta)|}\\ &\sim2e^{-r\,|\theta|}\tag{7} \end{align} $$ donde $\theta$ es el ángulo desde el eje imaginario. Esta estimación es engañosa. Si bien es cierto, dentro de la franja donde $2e^{-r\,|\theta|}\ge1$, la integral a lo largo del arco es de aproximadamente $$ \int_{-\log(2)}^{\log(2)}\mathrm{sech}(x+iy)\,\mathrm{d}x\etiqueta{8} $$ que puede volar al $y\equiv\frac\pi2\pmod{\pi}$, pero cuyo valor absoluto es siempre, al menos, $\frac85\log(2)$ (por ejemplo, cuando se $y\equiv0\pmod{\pi}$).