Integral $\int_0^{\infty}\frac{e^{-a x^2(x^2-\pi^2)}\cos(2\pi a x^3)}{\cosh x}dx$

Question

$$\int_0^{\infty}\frac{e^{-a x^2(x^2-\pi^2)}\cos(2\pi a x^3)}{\cosh x}dx=\frac{\pi}{2}e^{-\pi^4 a/16}.$$ Obsérvese el inusual aspecto de $x^1,x^2,x^3,x^4$ .

Answer 1

EDITAR @Variable aleatoria encontró un error de signo en el exponente del integrando. Esto está corregido, y no afecta al resultado. Muchas gracias a RV por leer cuidadosamente.

Para evaluar esta integral, considera la siguiente integral en el plano complejo:

$$\oint_C \frac{dz}{\sinh{z}} e^{-a (z^2+\pi^2/4)^2}$$

donde $C=C_1+C_2+C_3+C_4+C_5+C_6$ como se ilustra a continuación:

$$\int_{C_1} \frac{dz}{\sinh{z}} e^{-a (z^2+\pi^2/4)^2} = \int_{i \pi/2}^{R+i \pi/2} \frac{dx}{\sinh{x}} e^{-a (x^2+\pi^2/4)^2}$$ $$\int_{C_2} \frac{dz}{\sinh{z}} e^{-a (z^2+\pi^2/4)^2} = i\int_{\pi/2}^{-\pi/2} \frac{dy}{\sinh{(R+iy)}} e^{-a [(R+i y)^2+\pi^2/4]^2} $$ $$\int_{C_3} \frac{dz}{\sinh{z}} e^{-a (z^2+\pi^2/4)^2} = \int_{R-i \pi/2}^{-i \pi/2} \frac{dx}{\sinh{x}} e^{-a (x^2+\pi^2/4)^2}$$ $$\int_{C_4} \frac{dz}{\sinh{z}} e^{-a (z^2+\pi^2/4)^2} = \int_{-\pi/2}^{-\epsilon} \frac{dy}{\sin{y}} e^{-a (y^2-\pi^2/4)^2} $$ $$\int_{C_5} \frac{dz}{\sinh{z}} e^{-a (z^2+\pi^2/4)^2} = i \epsilon\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{d\phi \, e^{i \phi}}{\sinh{(\epsilon e^{i \phi}})} e^{-a [\epsilon^2 e^{i 2 \phi}+\pi^2/4]^2} $$ $$\int_{C_6} \frac{dz}{\sinh{z}} e^{-a (z^2+\pi^2/4)^2} = \int_{\epsilon}^{\pi/2} \frac{dy}{\sin{y}} e^{-a (y^2-\pi^2/4)^2} $$

Tenemos la intención de tomar $R \to \infty$ y $\epsilon \to 0$ . En este caso, debe quedar claro que la integral sobre $C_2$ desaparecerá en el primer límite. Además, las integrales sobre $C_4$ y $C_6$ se anulan entre sí ya que la suma es una integral sobre un integrando impar sobre un intervalo simétrico.

Nos quedan entonces las integrales sobre $C_1$ , $C_3$ y $C_5$ . La suma de las dos primeras integrales, sobre $C_1$ y $C_3$ es

$$\underbrace{\int_{i \pi/2}^{\infty+i \pi/2} \frac{dz}{\sinh{z}} e^{-a (z^2+\pi^2/4)^2}}_{z=x+i \pi/2} + \underbrace{\int_{\infty-i \pi/2}^{-i \pi/2} \frac{dz}{\sinh{z}} e^{-a (z^2+\pi^2/4)^2}}_{z=x-i \pi/2} = \\ -i \int_0^{\infty} \frac{dx}{\cosh{x}} e^{-a x^2 (x+i \pi)^2} + i \int_{\infty}^0 \frac{dx}{\cosh{x}} e^{-a x^2 (x-i \pi)^2}$$

que es

$$-i \int_0^{\infty} \frac{dx}{\cosh{x}} e^{-a x^2 (x^2-\pi^2)} \left [ e^{i 2 \pi a x^3} + e^{-i 2 \pi a x^3}\right] = -i 2 \int_0^{\infty} \frac{dx}{\cosh{x}} e^{-a x^2 (x^2-\pi^2)} \cos{2 \pi a x^3} $$

La integral sobre $C_5$ es, en el límite como $\epsilon \to 0$ es

$$i \epsilon\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{d\phi \, e^{i \phi}}{\sinh{(\epsilon e^{i \phi}})} e^{-a [\epsilon^2 e^{i 2 \phi}+\pi^2/4]^2} \approx i \epsilon\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{d\phi \, e^{i \phi}}{\epsilon e^{i \phi}} e^{-a (\pi^2/4)^2} = i \pi e^{-a \pi^4/16}$$

Por el Teorema de Cauchy, la suma de las integrales sobre estos contornos es cero. Por tanto, obtenemos

$$-i 2 \int_0^{\infty} \frac{dx}{\cosh{x}} e^{-a x^2 (x^2-\pi^2)} \cos{2 \pi a x^3} + i \pi e^{-a \pi^4/16}=0$$

El resultado es el siguiente.

ADDENDUM

Al parecer, hice una edición de más y se señaló que la solución, limpia como está ahora, se ha convertido en un deux ex machina . Me parece justo: volveré a poner la motivación detrás del juego de manos.

Básicamente, cuando miré la integral, me gritó "completa el cuadrado en los exponenciales". Así que reescribí la integral como la parte real de

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

El problema es que, aunque es tentador hacer una sustitución como $u=x (x+i \pi)$ se acaba teniendo que seguir una curva en el plano complejo. Pensé que era mejor trabajar con algo más simétrico si iba a trabajar en el plano complejo. Así que dejé que $x=y-i \pi/2$ de modo que la integral anterior se convierte en

$$-i \int_{i \pi/2}^{\infty+i \pi/2} \frac{dy}{\sinh{y}} e^{-a (y^2+\pi^2/4)^2}$$

Y para mí quedó claro que el contorno $C$ arriba sería útil una vez que hiciera esto. El resto es, bueno, por encima.