Integral indefinida con el teorema de los residuos

Question

Traté de resolver las siguientes integrales usando el teorema de los residuos. $$\int_0^\infty\frac{x}{\sinh x} ~\mathrm dx=\int_{-\infty}^\infty\frac{x}{e^x-e^{-x}}~\mathrm dx$$

$e^x-e^{-x}=0$ al $x=n\pi i, n\subset\mathbb Z$

De modo que los residuos son (cuando n es un entero positivo) $$\frac{(-1)^n n\pi i}{2}$$ Por lo tanto el valor de la integral definida, será $$2\pi i\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n n\pi i}{2}=\pi^2(1-2+3-4+5-\ldots)$$

Pero la serie diverge obviamente. Aquí he utilizado la técnica que $$A=1-1+1-1+1-\ldots$$ $$A=1-(1-1+1-1+1-\ldots)$$ $$A=1-A, A=\frac{1}{2}$$ $$B=1-2+3-4+5-6+7-\ldots$$ $$B=(1-1+1-1+1-\ldots)-(1-2+3-4+5-\ldots)$$ $$B=A-B, B=\frac{1}{4}$$ Por lo tanto el valor integral es $\frac{\pi^2}{4}$. Aunque el valor en sí es correcta, creo que este método es aún controversial. ¿Cómo puede este método se justifica? O es que hay un problema en mi teorema de los residuos de la solución?

Answer 1

Una manera más simple de usar complejos análisis es considerar la integral

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

donde $C$ es el rectángulo con vértices $-R$, $R$, $R+i \pi$, $-R+i \pi$, con semicircular desvío de radio $\epsilon$ a $z=i \pi$ en el rectángulo. Por lo tanto, el contorno de la integral es igual a

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

Como $R \to \infty$, el segundo y el quinto integrales desaparecer. Además, el cuarto integral se convierte como $\epsilon \to 0$, $-\pi^2$. También, la 2ª pieza de la tercera integral se desvanece debido a la simetría. A la izquierda con la primera pieza, se puede caer el principal valor del indicador y se combinan con la primera integral a conseguir, por Cauchy teorema,

$$2 \int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{x}{\sinh{x}} - \pi^2 = 0$$

El resto de la siguiente manera.

Answer 2

A través de las sustituciones $x=\log t$,, a continuación,$t=\frac{1}{v}$, tenemos: $$ I=\int_{0}^{+\infty}\frac{x\,dx}{\sinh{x}}=\int_{1}^{+\infty}\frac{2\log t}{t^2-1}\,dt = 2\int_{0}^{1}\frac{-\log v}{1-v^2}\,dv\tag{1}$$ y ahora una simple expansión en series de Taylor es suficiente, ya que: $$ \int_{0}^{1}(-\log v)v^{2k}\,dv = \frac{1}{(2k+1)^2} \tag{2}$$ conduce a: $$ I = 2\sum_{k\geq 0}\frac{1}{(2k+1)^2} = \frac{3}{2}\,\zeta(2)=\color{red}{\frac{\pi^2}{4}}.\tag{3}$$ También puede utilizar la transformada de Laplace: $$ \mathcal{L}\left(\frac{1}{\sinh x}\right)= -H_{\frac{s-1}{2}},\qquad \mathcal{L}^{-1}(x)=\delta'(s)\tag{4}$$ dar que su integral está directamente relacionado con un valor de $\psi'$, es decir, un dilogarithm.

Answer 3

Podemos utilizar el análisis complejo que comienza por el cumplimiento de las sustituciones que se han utilizado en la solución publicado por @jackd'aurizio . De ahí, tenemos

$$\int_0^\infty \frac{x}{\sinh(x)}\,dx=\int_0^\infty \frac{\log(x)}{x^2-1}\,dx \tag 1$$

Ahora, analizamos el contorno integral

$$\begin{align} I&=\oint_C \frac{\log^2(z)}{z^2-1}\,dz\\\\ &=\int_{0^+}^R \frac{\log^2(x)}{x^2-1}\,dx-\text{PV}\left(\int_{0^+}^R\frac{\left(\log(x)+i2\pi\right)^2}{x^2-1}\,dx\right)\\\\ &-\int_\pi^{2\pi} \frac{(\log(1+\nu e^{i\phi})+i2\pi)^2}{(2+\nu e^{i\phi})(\nu e^{i\phi})}i\nu e^{i\phi}\,d\phi\\\\ &+\int_{0^+}^{2\pi^-}\frac{\log^2(Re^{i\phi})}{R^2e^{i2\phi}-1}iRe^{i\phi}\,d\phi-\int_{0^+}^{2\pi^-}\frac{\log^2(\epsilon e^{i\phi})}{\epsilon ^2e^{i2\phi}-1}i\epsilon e^{i\phi}\,d\phi \tag 2 \end{align}$$

donde $C$ es el clásico "ojo de cerradura" contorno con el "ojo de la cerradura", tomadas a lo largo del eje real. Para $R>1$, tenemos a partir de los residuos teorema de

$$\begin{align} I&=2\pi i \,\text{Res}\left(\frac{\log^2(z)}{z^2-1}, z=-1\right)\\\\ &=2\pi i \left(\frac{\log^2(e^{i\pi})}{-2}\right)\\\\ &=i\pi^3 \tag 3 \end{align}$$

Ahora, como $R\to \infty$ e $\epsilon \to 0$, las dos últimas integrales en el lado derecho de la $(2)$ se desvanecen. Además, el principal valor, $\text{PV}\left(\int_0^\infty \frac{1}{x^2-1}\,dx\right)=0$. Y como $\nu \to 0$, la tercera de la integral en el lado derecho de la $(2)$ enfoques $i2\pi^3$.

Por lo tanto, nos encontramos en el valor de limitación de $(2)$ e $(3)$

$$-i4\pi \int_0^\infty \frac{\log(x)}{x^2-1}\,dx+i2\pi^3=i\pi^3 \tag 4$$

Finalmente, a partir de $(4)$ obtenemos

$$\int_0^\infty \frac{x}{\sinh(x)}\,dx=\frac{\pi^2}{4}$$

Answer 4

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\,{#1}\,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\iff}{\Leftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[2]{\,\mathrm{Li}_{#1}\left(\,{#2}\,\right)} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

1. Esta es otra posibilidad para evaluar la integral a lo largo de un plano complejo de contorno: \begin{align} \color{#f00}{\int_{0}^{\infty}{x \over \sinh\pars{x}}\,\dd x} & = \half\int_{-\infty}^{\infty}{x \over \sinh\pars{x}}\,\dd x = \int_{-\infty}^{\infty}{x\expo{x} \over \expo{2x} - 1}\,\dd x\ \stackrel{\expo{x}\ \mapsto\ x}{=}\ \int_{0}^{\infty}{\ln\pars{t} \over t^{2} - 1}\,\dd x \end{align} La integral se evalúa a lo largo de una $\mathit{\mbox{key-hole}}$ contorno es el que se encarga de la $\ds{\ln\pars{z}}$ $\mathit{\mbox{branch-cut}}$ a lo largo de la real positiva del eje". Es decir, $$ \ln\pars{z} = \ln\pars{\verts{z}} + \,\mathrm{arg}\pars{z}\ic\,,\ 0 < \,\mathrm{arg}\pars{z} < 2\pi\,,\ z \no= 0 $$ A lo largo de la mencionada contorno, podemos evaluar la integral $$ \int{\ln^{2}\pars{z} \over z^{2} - 1}\,\dd z $$ que tiene uno de los polos $\ds{\pars{= -1}}$ "dentro" del contorno. El próxima $\ds{\ \ic\,0^{\pm}\ }$ 'factores' se hará cargo de la singularidad en $\ds{x = +1}$ a lo largo de la $\ds{\ln}$ rama de corte.

   ---

   $$ 2\pi\ic\,{\llaves{\ln\pars{\verts{-1}} + \pi\ic}^{\, 2} \over -1 - 1} = \int_{0}^{\infty} {\bracks{\ln\pars{t} + 0\,\ic}^{\, 2} \over \pars{t - 1 + \ic 0^{+}}\pars{t + 1}}\,\dd t + \int_{\infty}^{0} {\bracks{\ln\pars{t} + 2\pi\ic}^{\, 2} \over \pars{t - 1 - \ic 0^{-}}\pars{t + 1}}\,\dd t $$ \begin{align} \pi^{3}\,\ic & = \mathrm{P.V.}\int_{0}^{\infty}{\ln^{2}\pars{t} - \ln^{2}\pars{t} - 4\pi\ic\,\ln\pars{t} - 4\pi^{2} \over t^{2} - 1}\,\dd t \\[3mm] &\ +\ \overbrace{\int_{0}^{\infty}{\ln^{2}\pars{t} \over t + 1}\, \bracks{-\pi\ic\,\delta\pars{t - 1}}\,\dd t}^{\ds{=\ 0}} \\[3mm] & - \int_{0}^{\infty}{\bracks{\ln\pars{t} + 2\pi\ic}^{\, 2}\over t + 1}\, \bracks{\pi\ic\,\delta\pars{t - 1}},\dd t \\[1cm] & = -4\pi\ic\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{t} \over t^{2} - 1}\,\dd t - 4\pi^{2}\,\mathrm{P.V.}\int_{0}^{\infty}{\dd t \over t^{2} - 1} + 2\pi^{3}\ic \\[1cm] \imp \int_{0}^{\infty}{\ln\pars{t} \over t^{2} - 1}\,\dd t & = {\pi^{3}\ic - 2\pi^{3}\ic \over -4\pi\ic} - {4\pi^{2} \over -4\pi\ic}\,\mathrm{P.V.}\int_{0}^{\infty}{\dd t \over t^{2} - 1} \\[3mm] & = \color{#f00}{\pi^{2} \over 4} - \pi\ic\,\mathrm{P.V.}\int_{0}^{\infty}{\dd t \over t^{2} - 1}\tag{1} \end{align}

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   Nota que \begin{align} \mathrm{P.V.}\int_{0}^{\infty}{\dd t \over t^{2} - 1} & = \lim_{\epsilon \to 0^{+}}\pars{\int_{0}^{1 - \epsilon}{\dd t \over t^{2} - 1} + \int_{1 + \epsilon}^{\infty}{\dd t \over t^{2} - 1}} \\[3mm] & = \lim_{\epsilon \to 0^{+}}\pars{\int_{0}^{1 - \epsilon}{\dd t \over t^{2} - 1} + \int_{1/\pars{1 + \epsilon}}^{0}{\dd t \over t^{2} - 1}} = \lim_{\epsilon \to 0^{+}} \int_{1 - \epsilon}^{1/\pars{1 + \epsilon}}{\dd t \over 1 - t^{2}} = 0 \end{align} \begin{align} &\mbox{because} \\[3mm] &\ 0 < \verts{\int_{1 - \epsilon}^{1/\pars{1 + \epsilon}}{\dd t \over 1 -t^{2}}} <\verts{\pars{{1 \over 1 + \epsilon} - 1 + \epsilon}\,{1 \over 1 - 1/\pars{1 + \epsilon}^{2}}} = \verts{\epsilon\pars{1 + \epsilon} \over 2 + \epsilon} \to \stackrel{\epsilon\ \to\ 0}{0} \end{align}

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   Con este resultado y la expresión de $\pars{1}$: $$ \color{#f00}{\int_{0}^{\infty}{x \sobre \sinh\pars{x}}\,\dd x} = \int_{0}^{\infty}{\ln\pars{t} \t sobre^{2} - 1}\,\dd t = \color{#f00}{\pi^{2} \over 4} $$