Integración del contorno para calcular $\int_0^\infty \frac{\sin ax}{e^{2\pi x}-1}\,\mathrm dx$

Question

Cómo se muestra:

$$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin ax}{e^{2\pi x}-1}dx=\frac{1}{4}\frac{e^{a}+1}{e^{a}-1}-\frac{1}{2a}$$

integrando $\dfrac{e^{aiz}}{e^{2\pi z}-1}$ alrededor de un contorno formado por el rectángulo cuyas esquinas son $0 ,R ,R+i,i$ (el rectángulo está sangrado en $0$ y $i$ ) y haciendo $R \rightarrow \infty$ .

Answer 1

Para este contorno particular, la integral

$$\oint_C dz \frac{e^{i a z}}{e^{2 \pi z}-1}$$

se divide en $6$ segmentos:

$$\int_{\epsilon}^R dx \frac{e^{i a x}}{e^{2 \pi x}-1} + i \int_{\epsilon}^{1-\epsilon} dy \frac{e^{i a R} e^{-a t}}{e^{2 \pi R} e^{i 2 \pi y}-1} + \int_R^{\epsilon} dx \frac{e^{-a} e^{i a x}}{e^{2 \pi x}-1} \\+ i \int_{1-\epsilon}^{\epsilon} dy \frac{ e^{-a t}}{e^{i 2 \pi y}-1} + i \epsilon \int_{\pi/2}^0 d\phi \:e^{i \phi} \frac{e^{i a \epsilon e^{i \phi}}}{e^{2 \pi \epsilon e^{i \phi}}-1}+ i \epsilon \int_{2\pi}^{3 \pi/2} d\phi\: e^{-a} e^{i \phi} \frac{e^{i a \epsilon e^{i \phi}}}{e^{2 \pi \epsilon e^{i \phi}}-1}$$

La primera integral está en el eje real, alejándose de la sangría en el origen. La segunda integral es a lo largo del segmento vertical derecho. La tercera está en el segmento horizontal superior. La cuarta está en el segmento vertical izquierdo. La quinta está alrededor del guión inferior (sobre el origen), y la sexta está alrededor del guión superior, sobre $z=i$ .

Nos interesarán los límites como $R \rightarrow \infty$ y $\epsilon \rightarrow 0$ . Las integrales primera y tercera se combinan para formar, en este límite,

$$(1-e^{-a}) \int_0^{\infty} dx \frac{e^{i a x}}{e^{2 \pi x}-1}$$

Las integrales quinta y sexta se combinan para formar, como $\epsilon \rightarrow 0$ :

$$\frac{i \epsilon}{2 \pi \epsilon} \left ( -\frac{\pi}{2}\right) + e^{-a} \frac{i \epsilon}{2 \pi \epsilon} \left ( -\frac{\pi}{2}\right) = -\frac{i}{4} (1+e^{-a}) $$

La segunda integral desaparece como $R \rightarrow \infty$ . La cuarta integral, sin embargo, no lo hace, y debe ser evaluada, al menos parcialmente. La reescribimos como $\epsilon \rightarrow 0$ :

$$-\frac{1}{2} \int_0^1 dy \frac{e^{-a y} e^{- i \pi t}}{\sin{\pi y}} = -\frac{1}{2} PV\int_0^1 dy \: e^{-a y} \cot{\pi y} + \frac{i}{2} \frac{1-e^{-a}}{a}$$

Por el teorema de Cauchy, la integral de contorno es cero porque no hay polos dentro del contorno. Por lo tanto,

$$(1-e^{-a}) \int_0^{\infty} dx \frac{e^{i a x}}{e^{2 \pi x}-1} -\frac{i}{4} (1+e^{-a}) -\frac{1}{2} PV \int_0^1 dy \: e^{-a y} \cot{\pi y} + \frac{i}{2} \frac{1-e^{-a}}{a}=0$$

donde $PV$ representa el valor principal de Cauchy de esa integral. Ahora tome la parte imaginaria de la ecuación anterior y haga el álgebra - el resultado establecido sigue.

Answer 2

Además de la integración del contorno, puede evaluarse mediante una expansión en serie. De hecho \begin{eqnarray} \int_{0}^{\infty}\frac{\sin ax}{e^{2\pi x}-1}dx&=&\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-2\pi x}\sin ax}{1-e^{-2\pi x}}dx\\ &=&\int_{0}^{\infty}\sum_{n=0}^\infty e^{-2(n+1)\pi x}\sin axdx\\ &=&\sum_{n=0}^\infty \frac{a}{a^2+4\pi^2(n+1)^2}\\ &=&\frac{-2+a\coth(\frac{a}{2})}{4a}\\ &=&\frac{1}{4}\frac{e^{a}+1}{e^{a}-1}-\frac{1}{2a}. \end{eqnarray} Aquí utilizamos el siguiente resultado $$ \sum_{n=0}^\infty \frac{a}{a^2+n^2}=\pi\coth(a\pi).$$

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\dagger}} \newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\right\vert\,} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{0}^{\infty}{\sin\pars{ax} \over \expo{2\pi x} - 1}\,\dd x ={1 \over 4}\,{\expo{a} + 1 \over \expo{a} - 1} - {1 \over 2a}:\ {\large ?}}$

$\ds{\tt\mbox{Besides the contour integration, it can be nicely evaluated by using the}}$ Fórmula Abel-Plana :

\begin{align}&\color{#66f}{\large% \int_{0}^{\infty}{\sin\pars{ax} \over \expo{2\pi x} - 1}\,\dd x} =\sgn\pars{a}\int_{0}^{\infty}{\sin\pars{\verts{a}x} \over \expo{2\pi x} - 1} \,\dd x \\[3mm]&=\half\,\sgn\pars{a}\bracks{\ic\int_{0}^{\infty} {\expo{-\verts{a}\pars{\ic x}} - \expo{-\verts{a}\pars{-\ic x}}\over \expo{2\pi x} - 1}\,\dd x} \\[3mm]&=\half\,\sgn\pars{a}\bracks{\sum_{x = 0}^{\infty}\expo{-\verts{a}x} -\int_{0}^{\infty}\expo{-\verts{a}x}\,\dd x -\pars{\half\,\expo{-\verts{a}x}}_{x\ =\ 0}}\ \\[3mm]&=\half\,\sgn\pars{a}\bracks{% {1 \over 1 - \expo{-\verts{a}}} - {1 \over \verts{a}} - \half} =\half\,\sgn\pars{a}\bracks{% {\expo{\verts{a}} + 1 \over 2\pars{\expo{\verts{a}} - 1}} - {1 \over \verts{a}}} \\[3mm]&=\color{#66f}{\large{1 \over 4}\, {\expo{a} + 1 \over \expo{a} - 1} - {1 \over 2a}} \end{align}