¿Cómo probar la siguiente identidad?
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Roger Hoover
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Puede observar que$\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin(ax)}{a}e^{-bx}\,dx = \frac{1}{a^2+b^2}$, reemplace$b$ con$z+n$ y sume más de$n\geq 0$ para obtener una integral que sea fácil de calcular a través del teorema de residuos. Una alternativa es aplicar la fórmula de suma de Poisson .
Marko Riedel
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El truco aquí es el uso de $$\frac{1}{(z+w)^2+a^2} \times \pi\cuna(\pi w)$$ como se muestra en la siguiente MSE enlace. La suma plazo también es quadratric en $n$ por lo que las estimaciones de las integrales presentado no aplica para el presente caso.
Obtenemos los residuos en $w = -z \pm ia$ la forma cerrada
$$\left.\frac{1}{2(z+w)} \pi\cot(\pi w)\right|_{w=-z\pm ia}.$$
Recordemos que
$$\cot(v) = i \frac{\exp(iv)+\exp(-iv)}{\exp(iv)-\exp(-iv)}.$$
La introducción de $x=\exp(\pi i z)$ e $y=\exp(\pi a)$ tenemos para los dos residuos
$$\frac{\pi}{2a} \frac{1/x/y+xy}{1/x/y-xy} - \frac{\pi}{2a} \frac{y/x+x/y}{y/x-x/y} = \frac{\pi}{2a} \left(\frac{1+x^2y^2}{1-x^2y^2} - \frac{y^2+x^2}{y^2-x^2}\right) \\ = \frac{\pi}{2a} \frac{y^2+x^2y^4-x^2-x^4y^2-y^2+x^2y^4-x^2+x^4y^2} {(1-x^2y^2)(y^2-x^2)} \\ = \frac{\pi}{2a} \frac{2x^2y^4-2x^2}{(1-x^2y^2)(y^2-x^2)} = \frac{\pi}{a} \frac{y^2-1/y^2}{(y^2-x^2-x^2y^4+x^4y^2)/y^2/x^2} \\ = \frac{\pi}{a} \frac{y^2-1/y^2}{1/x^2 - 1/y^2 - y^2 + x^2}.$$
Voltear el signo para obtener
$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ \frac{\pi}{a} \frac{\sinh(2\pi)}{\cosh(2\pi)-\cos(2\pi z)}.}$$
Observe que cuando se $z = q \mp ia$ con $q$ un entero tenemos
$$\cos(2\pi z) = \cos(2\pi q \mp 2\pi i a) = \cosh(2\pi a)$$
y la fórmula se convierte en singular. Esto es correcto, sin embargo, ya en en este caso la suma plazo $$\frac{1}{(z+n)^2+a^2}$$ es singular, pues bien es decir, cuando se $n = -q$ y la suma es indefinido.
