Mostrar que $\int_{0}^{\infty} \frac{\cosh(ax)}{\cosh(\pi x)} dx=\frac{1}{2}\sec(\frac{a}{2})$ usando el Cálculo de Residuos.

Question

Muestra que la siguiente expresión es verdadera

$$\int_{0}^{\infty} \frac{\cosh(ax)}{\cosh(\pi x)} dx=\frac{1}{2}\sec(\frac{a}{2})$$

Edición: Se me olvidó mencionar que $|a|<\pi$

Específicamente, usando Cálculo de Residuos y un contorno rectangular con esquinas en $\pm R$ y $\pm R+i$

Sin embargo, no estoy seguro de cómo abordar esto dado el límite de $(0,\infty)$, donde usualmente veo el límite $(- \infty, \infty )$. ¿Cómo cambia esto el problema y cómo debo empezar a abordarlo desde aquí?

Edición: Dado el consejo de que el integrando es una función par, puedo usar la siguiente relación:

$$\int_{0}^{\infty} \frac{\cosh(ax)}{\cosh(\pi x)} dx= \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{\cosh(ax)}{\cosh(\pi x)} dx$$

A continuación, procedo por el procedimiento estándar

$$\oint_C f(z) \,dz=(\int_{C_{R}}^{}+\int_{C_{T}}^{}+\int_{C_{L}}^{}+\int_{C_{B}}^{})f(z)dz=2 \pi i \sum_{j}\text{Res}(f(z);z_j)$$

donde $f(z)=\frac{\cosh(az)}{\cosh(\pi z)}$ y R, T, L y B denotan los lados derecho, superior, izquierdo e inferior del contorno rectangular. Además, puedo acotar cada integral $C_i$ y determinar qué sucede cuando R se acerca a $\infty$ para simplificar en última instancia la expresión anterior.

De hecho, las integrales de los lados del contorno desaparecen a medida que R se acerca a $\infty$ y la integral inferior se convierte en nuestra integral de interés.

$$\oint_C f(z) \,dz=(\int_{C_{T}}^{}+\int_{C_{B}}^{})f(z)dz=2 \pi i \sum_{j}^{}\text{Res}(f(z);z_j)$$

Sin embargo, me quedo sin pistas sobre cómo lidiar con la integral superior.

Answer 1

Suponemos que $|a|<\pi$. Note que tenemos

$$\int_0^\infty \frac{\cosh(ax)}{\cosh(\pi x)}\,dx=\frac12 \int_{-\infty}^\infty \frac{\cosh(ax)}{\cosh(\pi x)}\,dx$$

Ahora, analizamos la integral de contorno $I(a)$ dada por

$$I(a)=\oint_C \frac{\cosh(az)}{\cosh(\pi z)}\,dz$$

donde $C$ es el contorno rectangular con esquinas en $\pm R$ y $\pm R+i$. Por lo tanto, podemos escribir

$$\begin{align} I(a)&=\int_{-R}^R \frac{\cosh(ax)}{\cosh(\pi x)}\,dx\\\\ &+\int_{0}^1\frac{\cosh(a(R+iy))}{\cosh(\pi (R+iy))}\,i\,dy\\\\ &+\int_{R}^{-R}\frac{\cosh(a(x+i))}{\cosh(\pi (x+i))}\,dx\\\\ &+\int_{1}^0\frac{\cosh(a(-R+iy))}{\cosh(\pi (-R+iy))}\,i\,dy \tag 1 \end{align}$$

A medida que $R\to \infty$, las segundas y cuartas integrales tienden a cero. Utilizando el teorema de los residuos, $I(a)$ es

$$\begin{align} I(a)&=2\pi i \text{Res}\left( \frac{\cosh(az)}{\cosh(\pi z)}, z=i/2\right)\\\\ &=2\cos(a/2) \tag 2 \end{align}$$

Ahora, tenemos usando $(1)$ y $(2)$

$$\begin{align} \int_{-\infty}^\infty \frac{\cosh(ax)}{\cosh(\pi x)}\,dx&=2\cos(a/2)+ \int_{-\infty}^\infty\frac{\cosh(a(x+i))}{\cosh(\pi (x+i))}\,dx\\\\ &=2\cos(a/2)- \int_{-\infty}^\infty\frac{\cosh(ax)\cos(a)+i\sinh(ax)\sin(a)}{\cosh(\pi x)}\,dx \tag 3\\\\ &=2\cos(a/2)-\cos(a) \int_{-\infty}^\infty\frac{\cosh(ax)}{\cosh(\pi x)}\,dx \tag 4\\\\ &=\frac{2\cos(a/2)}{1+\cos(a)}\\\\ &=\frac{1}{\cos(a/2)} \end{align}$$

donde al ir de $(3)$ a $(4)$ aprovechamos el hecho de que $\frac{\sinh(ax)}{\cosh(\pi x)}$ es una función impar y la integral de una función impar sobre límites anti-simétricos es cero.

Por lo tanto, se encuentra que la integral de interés es

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\int_0^\infty \frac{\cosh(ax)}{\cosh(\pi x)}\,dx=\frac{1}{2\cos(a/2)}}$$

¡como se quería demostrar!

Answer 2

Suponiendo $a\in(0,\pi)$, tenemos: $$\begin{eqnarray*} \frac{\cosh(ax)}{\cosh(\pi x)} = \frac{e^{ax}+e^{-ax}}{e^{\pi x}+e^{-\pi x}}=(e^{ax}+e^{-ax})\sum_{n\geq 0}(-1)^n e^{-(2n+1)\pi x}\end{eqnarray*}$$ por lo tanto: $$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{+\infty}\frac{\cosh(ax)}{\cosh(\pi x)} = \sum_{n\geq 0}(-1)^n\left(\frac{1}{(2n+1)\pi-a}+\frac{1}{(2n+1)\pi+a}\right)=g(a)\end{eqnarray*} $$ donde el RHS es una función meromórfica con polos simples en cada elemento de $\pi+2\pi\mathbb{Z}$, con residuos: $$ \text{Res}\left(g(a),a=(2k+1)\pi\right) = (-1)^{k+1}.$$ Lo mismo ocurre para la función $f(a)=\frac{1}{2}\sec\left(\frac{a}{2}\right)$. En un vecindario $U$ del eje imaginario tanto $f$ como $g$ están acotados y convergen a $0$ cuando $|z|\to+\infty$, por lo tanto $f\equiv g$.