Integral $\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt{1+\exp\left(\frac\pi2\left(x^2-\frac1{x^2}\right)\right) }}=\sqrt{\frac\pi2}$

Question

Alguien publicó la integral en un grupo de chat local $$ \int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt{1+\exp\left(\dfrac\pi2\left(x^2-\dfrac1{x^2}\right)\right) }}=\sqrt{\frac\pi2} $$ Es interesante que el integrando es bastante desordenado pero el resultado es neet.

Utilizando CAS, he comprobado que la integral se mantiene con gran precisión.

Lo primero que me vino a la mente es la Teorema maestro de Glasser pero no de forma aceptable. También he intentado sustituir $\dfrac{x^4-1}{2x^2}=t$ pero la integral se vuelve aún peor. $$ \int_{-\infty}^\infty\frac{\sqrt{\sqrt{t^2+1}+t}}{\sqrt{e^{\pi t}+1} \sqrt{t^2+1}}dt=\sqrt{2\pi} $$

¿Hay alguna forma de calcular la integral? ¿O tal vez hay un enfoque para encontrar el resultado por arte de magia?

Agradeceríamos cualquier ayuda.

Answer 1

La integral es de algún modo no trivial. Yo procedería de la siguiente manera.

El segundo intento del OP parece ir por buen camino (al menos para mi enfoque). Denotemos la integral como $I$ , sustituto $\dfrac{x^4-1}{2x^2}=t$ para que $$ I=\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt{1+\exp\left(\dfrac\pi2\left(x^2-\dfrac1{x^2}\right)\right) }}=\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{\sqrt{\sqrt{t^2+1}+t}}{ \sqrt{t^2+1}}\frac{dt}{\sqrt{e^{\pi t}+1}} $$ El término $\dfrac{\sqrt{\sqrt{t^2+1}+t}}{ \sqrt{t^2+1}}$ me recuerda a $\sin(\theta/2)$ así que se me ocurrió $$ \int_{-\infty }^{\infty } \frac{1}{\left(v^2-t\right)^2+1} dv=\Im \int_{-\infty }^{\infty } \frac{1}{v^2-t-i} dv =\Im\frac{\pi}{\sqrt{-t-i}} =\frac\pi{\sqrt2}\dfrac{\sqrt{\sqrt{t^2+1}+t}}{ \sqrt{t^2+1}} $$ y la integral se convierte en $$ I=\frac1{\sqrt2\pi}\int_{-\infty }^{\infty }\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\left(v^2-t\right)^2+1}\frac{1}{\sqrt{e^{\pi t}+1}}dvdt\\ =\frac1{\sqrt2\pi}\int_{-\infty }^{\infty }du\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\left(u^2(e^{\pi t}+1)-t\right)^2+1}dt \tag{$ \ast $} $$ donde $v=u\sqrt{e^{\pi t}+1}$ .

Consideremos ahora la función meromorfa $f(z)=\dfrac1{u^2(e^{\pi z}-1)+z}$ e integrar en el contorno rectangular $[-R,R]\times [-1,1]$ . En $R\to\infty$ es fácil ver que las integrales en las líneas verticales tienden a desaparecer cuando $e^{-\pi R},\Re(z)=R\to\infty$ y $R^{-1}, \Re(z)=-R\to -\infty$ . Mientras tanto, los dos de la línea horizontal se combinan para obtener $$ \oint f(z)dz=\int_{-\infty}^\infty f(t-i)dt+\int^{-\infty}_\infty f(t+i)dt=2i\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\left(u^2(e^{\pi t}+1)-t\right)^2+1}dt $$ Por lo tanto, basta con investigar la ubicación de los polos de $f(z)$ . Aunque normalmente tiene infinitos polos en el plano complejo, afirmo que sólo hay uno en el contorno, a saber $z=0$ . Para verlo, veamos $z=\Re(z)+i \Im(z)=\xi+i\eta$ sea un polo, entonces tome la parte real e imaginaria $$ \cases{ u^2(e^{\pi\xi}\cos(\pi\eta)-1)+\xi=0 &(r)\\[5pt] u^2e^{\pi \xi}\sin(\pi \eta)+\eta=0 &(i) } $$ Los dos términos del lado izquierdo de la ecuación (i) siempre tienen el mismo signo cuando $-\pi<\eta<\pi$ por lo que su única solución en el contorno es $\eta=0$ . Ahora la ecuación (r) se convierte en $u^2(e^{\pi\xi}-1)+\xi=0$ . Es fácil ver que LHS es una función monótona de $\xi$ y tiene una raíz $\xi=0$ por lo que es el único, lo que demuestra la afirmación.

Por el teorema del residuo, $$ \oint f(z)dz=2\pi i\text{Res}[f(z),0]=\frac{2\pi i}{1+\pi u^2} $$ es decir $$ \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\left(u^2(e^{\pi t}+1)-t\right)^2+1}dt=\frac{\pi}{1+\pi u^2} $$ conecte esto a $(\ast)$ $$ I=\frac1{\sqrt2\pi}\int_{-\infty}^\infty \frac{\pi}{1+\pi u^2}du=\sqrt{\frac{\pi}2} $$ como desee.

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Actualización

He jugado con mi método y he encontrado un resultado más interesante, ya que se puede introducir cualquier función analítica en $f(z)$ que mantiene neta la integral del contorno. Por ejemplo, $$ \int_0^\infty \frac{dx}{\sqrt{\cosh(x\sqrt{x^2+\pi})}}=\frac{\pi}{2\sqrt2} $$ Denote $t(x)=\dfrac{x^4-1}{2x^2}$ y $$ J_n=\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt{1+e^{\pi t(x)}}^{2n+1}}=\sqrt{\frac{\pi }{2}}\cdot[z^{-1}]\frac{1}{\sqrt{z \left(e^{ z}-1\right)} \left(1-e^{ z}\right)^n} $$ es siempre un múltiplo racional de $\sqrt{2\pi}$ como $$ J_1=\frac{3 }{8}\sqrt{2\pi}\quad J_2=\frac{65}{192}\sqrt{2\pi}\quad J_3=\frac{245 }{768}\sqrt{2\pi}\quad \cdots $$ Uno con más polos en el contorno $$ \int_0^\infty\frac{\operatorname{sech}(\pi t(x))}{\sqrt{1+e^{\pi t(x)}}}dx=\sqrt{\sqrt{2}+1}-\sqrt{\frac{\pi }{2}} $$

Sin embargo, ahora algunos de ellos parecen triviales bajo @Sangchul Lee de la Comisión.

Answer 2

Actualizado. He aquí una prueba alternativa motivada por @Po1ynomial maravillosa observación. Para empezar, observamos que, utilizando la raíz cuadrada principal (correspondiente a la elección del corte de la rama $(-\infty, 0]$ ),

Observación. Para $x > 0$ y $t \in \mathbb{R}$ , $$ t = \frac{x^2 - x^{-2}}{2} \qquad\iff\qquad x = \frac{\sqrt{t+i} + \sqrt{t-i}}{\sqrt{2}} = \operatorname{Re}\left(\sqrt{2}\sqrt{t + i} \right). $$

Entonces, si denotamos la integral de OP por $I$ entonces

\begin{align*} I &= \frac{1}{\sqrt{2}} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{e^{\pi t} + 1}} \operatorname{Re} \biggl( \frac{1}{\sqrt{t + i}} \biggr) \, \mathrm{d}t \\ &= \frac{1}{\sqrt{2}} \lim_{T \to \infty} \operatorname{Re} \biggl( \int_{-T}^{T} \frac{1}{\sqrt{e^{\pi t} + 1}} \frac{1}{\sqrt{t + i}} \, \mathrm{d}t \biggr) \\ &= \frac{1}{\sqrt{2}} \lim_{T \to \infty} \operatorname{Re} \biggl( \int_{-T + i}^{T + i} \frac{1}{\sqrt{1 - e^{\pi z}} \sqrt{z}} \, \mathrm{d}z \biggr). \tag{$z = t + i$} \end{align*}

No es difícil demostrar que $\sqrt{1 - e^{\pi z}}$ es analítica en la banda $\mathbb{R} \times (0, 1]$ . Así, podemos deformar el contorno $-T + i \to T + i$ sin alterar el valor de la integral, al contorno a trozos (mostrado como la trayectoria sólida azul de abajo)

donde $\gamma_{\varepsilon}(t) = \varepsilon e^{i(\pi - t)}$ , $0 \leq t \leq \pi$ representa el arco semicircular superior orientado en el sentido de las agujas del reloj de radio $\varepsilon \ll T$ sobre el origen. Sin embargo, la contribución de las partes del segmento lineal,

\begin{gather*} \underbrace{\int_{-T + i}^{-T} \frac{1}{\sqrt{1 - e^{\pi z}} \sqrt{z}} \, \mathrm{d}z}_{=\mathcal{O}(T^{-1/2})} + \underbrace{\int_{-T}^{-\varepsilon} \frac{1}{\sqrt{1 - e^{\pi x}} \cdot i \sqrt{x}} \, \mathrm{d}x}_{\text{pure imaginary}} \\ \hspace{3em} + \underbrace{\int_{\varepsilon}^{T} \frac{1}{i \sqrt{e^{\pi x} - 1} \sqrt{x}} \, \mathrm{d}x}_{\text{pure imaginary}} + \underbrace{\int_{T}^{T+i} \frac{1}{\sqrt{1 - e^{\pi z}} \sqrt{z}} \, \mathrm{d}z}_{=\mathcal{O}(e^{-\pi T/2} T^{-1/2})} \tag{*} \end{gather*}

es de la forma $\text{[imaginary number]} + \mathcal{O}(T^{-1/2})$ por lo que su parte real desaparece como $T \to \infty$ . Por lo tanto, sólo la contribución del arco circular $\gamma_{\varepsilon}$ sobrevive bajo el límite como $T \to \infty$ y por lo tanto

\begin{align*} I &= \frac{1}{\sqrt{2}} \operatorname{Re} \biggl( \int_{\gamma_{\varepsilon}} \frac{1}{\sqrt{1 - e^{\pi z}} \sqrt{z}} \, \mathrm{d}z \biggr) \\ &\quad \xrightarrow{\varepsilon \to 0^+} \frac{1}{\sqrt{2}} \operatorname{Re} \biggl( (-\pi i) \, \underset{z=0}{\mathrm{Res}} \, \frac{i}{z \sqrt{\frac{\exp(\pi z) - 1}{z}}} \biggr) = \bbox[color:navy; background:#F0F8FD; padding:10px; border:1px dotted navy;]{\sqrt{\frac{\pi}{2}}}. \end{align*}

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Adenda. Escriba a $ t(x) = \frac{\pi}{2}\left(x^2 - x^{-2} \right)$ para simplificar. A continuación, los cálculos numéricos sugieren las siguientes identidades:

\begin{align*} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{1 + e^{t(x)}}} \, \mathrm{d}x &= \sqrt{\frac{\pi}{2}}, \tag{OP's integral} \\ \int_{0}^{\infty} \frac{e^{t(x)/4}}{\sqrt{1 + e^{t(x)}}} \, \mathrm{d}x &= \frac{\sqrt{\pi}}{2} \tag{2} \end{align*}

y

\begin{align*} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{1 + e^{t(x)}} \, \mathrm{d}x &= -\frac{\zeta(\frac{1}{2})}{\sqrt{2}}, \tag{3} \\ \int_{0}^{\infty} \frac{e^{t(x)/4}}{1 + e^{t(x)}} \, \mathrm{d}x &= -\frac{\zeta(\frac{1}{2})}{2+\sqrt{2}}, \tag{4} \\ \int_{0}^{\infty} \frac{e^{t(x)/2}}{1 + e^{t(x)}} \, \mathrm{d}x &= -\frac{\zeta(\frac{1}{2})}{2+\sqrt{2}}, \tag{5} \\ \int_{0}^{\infty} \frac{1}{1 + e^{2t(x)}} \, \mathrm{d}x &= \frac{1}{\sqrt{2}} \biggl( 1 - \frac{\zeta(\frac{1}{2})}{2+\sqrt{2}} \biggr). \tag{6} \end{align*}

Pude abordar algunas de estas integrales utilizando cálculos similares a los anteriores. Por ejemplo, $\text{(2)}$ puede demostrarse de forma análoga a la anterior, y $\text{(3)}$ se reduce a

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{1}{1 + e^{t(x)}} \, \mathrm{d}x = \frac{1}{\sqrt{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{x}} \left( \frac{1}{\pi x} - \frac{1}{e^{\pi x} - 1} \right) \, \mathrm{d}x, $$

que puede utilizarse para verificar $\text{(3)}$ . Sin embargo, en lugar de verificarlo todo yo mismo, dejaré (4)--(6) a otros usuarios para que se diviertan.