Mostrando que $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sinh ax}{\sinh \pi z} \cos bx \ dx = \frac{\sin a}{\cos a + \cosh b} \ (-\pi < a < \pi)$

Question

Quiero mostrar que $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sinh ax}{\sinh \pi z} \cos bx \ dx = \frac{\sin a}{\cos a + \cosh b} \ ( -\pi < a < \pi) . $

Así que deje que $f \displaystyle (z) = e^{ibz} \frac{\sinh az}{\sinh \pi z} $ e integrado alrededor de un contorno rectangular con vértices en $R, R+ i, -R + i$ y $-R$ y con una muesca alrededor de $z=i$ para evitar que el poste simple.

Finalmente termino con %#% $ #%

¿Utilizo el contorno mal o tal vez la función incorrecta?

¿Hay una relación entre $$ (1+ e^{-b} \cos a) \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sinh ax}{\sinh \pi x} \cos bx \ dx - e^{-b}\sin a \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cosh at}{\sinh \pi t} \sin bt \ dt = e^{-b} \sin a . $y $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sinh ax}{\sinh \pi x} \cos bx \ dx$?

Answer 1

Tengo una forma sencilla de calcular su vieja pregunta. Nota $$ \frac{\sinh(ax)}{\sinh(\pi x)} \cos(bx) = \frac{\sinh(ax)}{\sinh(\pi x)}\cosh(ibx)=\frac{\sinh((a+bi)x)+\sinh((a-bi)x)}{\sinh(\pi x)} $ $ y $$ \int_0^\infty\frac{\sinh(ax)}{\sinh(bx)}dx=\frac{\pi}{2b}\tan\frac{a\pi}{2b}. $ $\begin{eqnarray} I&=&\int_0^\infty\frac{\sinh(ax)}{\sinh(\pi x)} \cos(bx)dx\\ &=&\int_0^\infty\frac{\sinh((a+bi)x)+\sin((a-bi)x)}{\sinh(\pi x)}dx\\ &=&\frac{1}{2}\tan\frac{a+bi}{2}+\frac{1}{2}\tan\frac{a-bi}{2}\\ &=&\frac{\sin a}{\cos a + \cosh b}. \end{eqnarray}

Answer 2

Otro enfoque es considerar $ \displaystyle f(z) = \frac{e^{(a+ib)z}}{\sinh \pi z}$ e integrar alrededor de un rectángulo con vértices en $-R, R, R+i,$ y $-R+i$ y muescas de medio círculo alrededor de los polos simples en $z=0$ y $z=i$.

Luego desde $\displaystyle \int f(z) \ dz$ desaparece en los lados izquierdo y derecho del rectángulo como $R \to \infty$, $$ \begin{align} \text{PV} \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \ dx + e^{-b}e^{ia} \ \text{PV}\int_{-\infty}^{\infty} f(t) \ dt &= \pi i \ \text{Res}[f(z),0] + \pi i \ \text{Res}[f(z),i]\\ &= i \left(1-e^{-b}e^{ia} \right) . \end{align} $ $

Por lo tanto,

$$ \text{PV} \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \ dx = i \ \frac{1-e^{-b} e^{ia}}{1+e^{-b}e^{ia}} = \frac{\sin a}{\cos a + \cosh b} + i \frac{\sinh b}{\cos a + \cosh b} .$$

Pero %#% $ #%

Así que comparando las partes reales de ambos lados de la ecuación, $$ \begin{align} \text{PV} \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \ dx &= \text{PV} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cosh ax}{\sinh \pi x} \cos bx \ dx + i \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cosh ax}{\sinh \pi x} \sin bx \ dx + \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sinh ax}{\sinh \pi x} \cos bx \ dx \\ &+ i \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sinh ax}{ \sinh \pi x} \sin bx \ dx \\ &= 0 + i \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cosh ax}{\sinh \pi x} \sin bx \ dx + \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sinh ax}{\sinh \pi x} \cos bx \ dx + 0 \\ &= \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sinh ax}{\sinh \pi x} \cos bx \ dx + i \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cosh ax}{\sinh \pi x} \sin bx \ dx . \end{align}$ $

Y comparando las partes imaginarias en ambos lados de la ecuación, $$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sinh ax}{\sinh \pi x} \cos bx \ dx= \frac{\sin a}{\cos a + \cosh b}.$ $