Pregunta sobre el análogo finito de $ \int_0^\infty \frac{\sin x\sinh x}{\cos (2 x)+\cosh \left(2x \right)}\frac{dx}{x}=\frac{\pi}{8}$

Question

La integral $$ \int_0^\infty \frac{\sin x\sinh x}{\cos (2 x)+\cosh \left(2x \right)}\frac{dx}{x}=\frac{\pi}{8}, $$ se da como ecuación $(17)$ en M.L. Glasser, Some integrals of the Dedekind $\eta$-function.

La integral más general $$ \int_0^\infty \frac{\sin x\sinh (x/a)}{\cos (2 x)+\cosh \left(2x/a\right)}\frac{dx}{x}=\frac{\tan^{-1} a}{2},\tag{1} $$ se puede deducir como un caso límite de la fórmula $4.123.6$ en Gradsteyn y Ryzhik.

He estado buscando análogos finitos elementales de la integral $(1)$ y he demostrado que \begin{align}\label{} \int_0^{1}\frac{\sin \bigl(n \sin^{-1}t\bigr)\sinh \bigl(n \sinh^{-1}(t/a)\bigr)}{\cos \bigl( 2 n \sin^{-1}t\bigr)+\cosh \bigl(2 n \sinh^{-1}(t/a)\bigr)}\frac{dt}{t \sqrt{1-t^2} \sqrt{1+{t^2}/{a^2}}}=\frac{\tan^{-1} a}{2},\tag{1a} \end{align} para un entero impar $n$.

Cuando $n\to\infty$ la ecuación $(1a)$ dará la ecuación $(1)$. Esto es fácil de ver porque cuando $n$ es grande entonces la contribución principal a $(1a)$ proviene de un vecindario pequeño alrededor de $0$.

P: ¿Puedes explicar por qué esta integral tiene una forma cerrada tan simple y en particular por qué tiene el mismo valor para todos los impares $n$?

Quiero destacar que tengo una prueba que se basa en la expansión en fracciones parciales para $n$ impar \begin{align} &\frac{\sin \bigl(n \sin^{-1}t\bigr)\sinh \bigl(n \sinh^{-1}(t/a)\bigr)}{\cos \bigl( 2 n \sin^{-1}t\bigr)+\cosh \bigl(2 n \sinh^{-1}(t/a)\bigr)}\frac{2n}{t^2}\\&=\sum _{j=1}^n\frac{i(-1)^{j-1} }{\sin\frac{\pi (2 j-1)}{2 n}}\cdot \frac{\left(a\cos\frac{\pi (2 j-1)}{2 n}+i\right) \left(a+i \cos\frac{\pi (2 j-1)}{2 n}\right)}{t^2 \left(a^2-1+2 ia \cos\frac{\pi (2 j-1)}{2 n}\right)-a^2 \sin ^2\frac{\pi (2 j-1)}{2 n}}, \end{align} la integral elemental \begin{align} \int_0^1 \frac{t}{t^2 \left(a^2-1+2 ia \cos\frac{\pi (2 j-1)}{2 n}\right)-a^2 \sin ^2\frac{\pi (2 j-1)}{2 n}}\frac{dt}{\sqrt{1-t^2} \sqrt{1+{t^2}/{a^2}}}\\=\frac{\tan^{-1}a+i\tanh^{-1}\cos\frac{\pi (2 j-1)}{2 n}}{i\left(a\cos\frac{\pi (2 j-1)}{2 n}+i\right) \left(a+i \cos\frac{\pi (2 j-1)}{2 n}\right)}, \end{align} y la fórmula de suma que se puede deducir de las fracciones parciales anteriores $$ \sum _{j=1}^n \frac{(-1)^{j-1}}{\sin \frac{\pi (2 j-1)}{2 n}}=n. $$

Pero a pesar de esta prueba no entiendo por qué todas estas cancelaciones ocurren para dar un resultado tan simple al final. Sospecho que hay una prueba muy corta y transparente que explica por qué la integral es $\frac{\tan^{-1} a}{2}$ para todos los impares $n$. ¿Tal vez el teorema maestro de Glasser o alguna integración de contornos pueden explicar esta fórmula? La motivación para esta pregunta es el deseo de entender esta fórmula de integración.

Cualquier prueba alternativa es bienvenida si no es solo una versión detallada de la prueba anterior. Cualquier idea y comentario son bienvenidos. Gracias.

Answer 1

$$I_n\left(a\right)=\int_{0}^{1}{\frac{\sin{\left(n\sin^{-1}\left(t\right)\right)}\sinh{\left(n\sinh^{-1}{\left(\frac{t}{a}\right)}\right)}}{\cos{\left(2n\sin^{-1}\left(t\right)\right)}+\cosh{\left(2n\sinh^{-1}{\left(\frac{t}{a}\right)}\right)}}\frac{dt}{t\sqrt{1-t^2}\sqrt{1+\left(\frac{t}{a}\right)^2}}\ } $$

$$t\rightarrow\sqrt{\frac{a^2\left(\coth^2{\left(z\right)}-1\right)}{a^2\coth^2{\left(z\right)}+1}}\ $$

$$I_n\left(a\right)=\int_{0}^{\infty}{\frac{\sin{\left(n\sin^{-1}{\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+\left(a^2+1\right)\sinh^2{(z)}}}\right)}\right)}\sinh{\left(n\sinh^{-1}{\left(\frac{1}{\sqrt{a^2+\left(a^2+1\right)\sinh^2{(z)}}}\right)}\right)}}{\cos{\left(2n\sin^{-1}{\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+\left(a^2+1\right)\sinh^2{(z)}}}\right)}\right)}+\cosh{\left(2n\sinh^{-1}{\left(\frac{1}{\sqrt{a^2+\left(a^2+1\right)\sinh^2{(z)}}}\right)}\right)}}dz\ }$$

Usando las siguientes identidades: $$\color{red}{\frac{sin(\alpha)sinh(\beta)}{cos(2\alpha)+cosh(2\beta)}=\frac{sec(\alpha+i\beta)-sec(\alpha-i\beta)}{4i}}$$

$$\color{red}{\sin^{-1}(x)=-i\log\left(ix+\sqrt{1-x^2}\right)}$$ $$\color{red}{\sinh^{-1}(x)=\log\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}$$ $$\color{red}{x+yi=\sqrt{x^2+y^2}e^{i\tan^{-1}(y/x)}}$$

$$I_n(a)=\frac{1}{4i}\int_0^\infty\left[\sec{\left(-in\ log\left(\frac{e^z-e^{-i\tan^{-1}(a)}}{e^z+e^{-i\tan^{-1}(a)}}\right)\right)}-\sec{\left(-in\ log\left(\frac{e^z+e^{i\tan^{-1}(a)}}{e^z-e^{\tan^{-1}(a)}}\right)\right)}\right]dz$$

$$=\frac{1}{2i}\int_{0}^{\infty}{\left[\underbrace{\frac{\left[e^{2z}-e^{-2i\tan^{-1}(a)}\right]^n}{\left(e^z+e^{-i\tan^{-1}(a)}\right)^{2n}+\left(e^z-e^{-i\tan^{-1}(a)}\right)^{2n}}}_{z\rightarrow -z}-\frac{\left[e^{2z}-e^{2i\tan^{-1}(a)}\right]^n}{\left(e^z+e^{i\tan^{-1}(a)}\right)^{2n}+\left(e^z-e^{i\tan^{-1}(a)}\right)^{2n}}\right]dz\ }$$

$$=\frac{1}{2i}\int_{-\infty}^{0}\frac{(-1)^n\left[e^{2z}-e^{2i\tan^{-1}(a)}\right]^n}{\left(e^z+e^{i\tan^{-1}(a)}\right)^{2n}+\left(e^z-e^{i\tan^{-1}(a)}\right)^{2n}}dz-\frac{1}{2i}\int_{0}^{\infty}\frac{\left[e^{2z}-e^{2i\tan^{-1}(a)}\right]^n}{\left(e^z+e^{i\tan^{-1}(a)}\right)^{2n}+\left(e^z-e^{i\tan^{-1}(a)}\right)^{2n}}dz$$

Suponiendo que $n$ es impar: $$I_n(a)=-\frac{1}{2i}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\left[e^{2z}-e^{2i\tan^{-1}(a)}\right]^n}{\left(e^z+e^{i\tan^{-1}(a)}\right)^{2n}+\left(e^z-e^{i\tan^{-1}(a)}\right)^{2n}}dz$$ $$=-\frac{1}{2i}\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{{tanh}^n\left(\frac{z-i\ tan^{-1}(a)}{2}\right)}{{tanh}^{2n}\left(\frac{z-i\ tan^{-1}(a)}{2}\right)+1}\ dz}$$

Ahora, apliquemos Análisis Complejo. Primero, definamos $g(w)$ y luego integremos sobre un contorno rectangular. $$g(w)=\frac{{tanh}^n\left(\frac{w}{2}\right)}{{tanh}^{2n}\left(\frac{w}{2}\right)+1}$$

$$\oint{g(w)dw}=\left[\color{red}{\int_{R}^{-R}}+{\color{blue}{\int_{-R}^{-R-i\ tan^{-1}(a)}}+\int_{-R-i\tan^{-1}(a)}^{R-i\tan^{-1}(a)}}+\color{blue}{\int_{R-i\tan^{-1}(a)}^{R}}\right]{g\left(w\right)dw\ }$$

Observa que la integral roja será cero debido a la paridad de la función, siempre que $n$ sea un número impar.

Las integrales azules se pueden reescribir como: $$\lim_{R\rightarrow\infty}{\int_{-R}^{-R-i\ tan^{-1}(a)}{g\left(w\right)dw\ }}+\lim_{R\rightarrow\infty}{\int_{R-i\tan^{-1}(a)}^{R}{g\left(w\right)dw\ }}$$ $$=i\int_{0}^{-\ tan^{-1}(a)}{\lim_{R\rightarrow\infty}\frac{{tanh}^n\left(\frac{iz-R}{2}\right)}{{tanh}^{2n}\left(\frac{iz-R}{2}\right)+1}dz\ }{+}i\int_{-\ tan^{-1}(a)}^{0}{\lim_{R\rightarrow\infty}\frac{{tanh}^n\left(\frac{iz+R}{2}\right)}{{tanh}^{2n}\left(\frac{iz+R}{2}\right)+1}dz\ }$$ $$=-\frac{i}{2}\int_{0}^{-\ tan^{-1}\left(a\right)}{dz\ }{+}\frac{i}{2}\ \int_{-\ tan^{-1}\left(a\right)}^{0}{dz\ }=i\tan^{-1}{(a)}$$

La última integral de la derecha: $$\lim_{R\rightarrow\infty}{\int_{-R-i\tan^{-1}{(a)}}^{R-i\tan^{-1}{(a)}}{g(w)dw\ }}=\lim_{R\rightarrow\infty}\int_{-R}^{R}{g(z-i\tan^{-1}{(a)})dz\ }=\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{{tanh}^n\left(\frac{z-i\ tan^{-1}(a)}{2}\right)}{{tanh}^{2n}\left(\frac{z-i\ tan^{-1}(a)}{2}\right)+1}\ dz}$$

Calculando los residuos (No estoy seguro de esta parte, por favor, si tienes alguna idea al respecto siéntete libre de editar o comentar): $$\oint g(w)dw=2\pi i\lim_{w\rightarrow w_k=2\tanh^{-1}(\pm e^{\frac{\pi i(2k-1)}{2n}})}\sum_{k=1}^n g(w)(w-w_k)$$ $$\left[\frac{2\pi i}{n}-\frac{2\pi i}{n}\right]\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{e^{\frac{\pi i\left(2k-1\right)}{2n}(n-1)}+e^{-\frac{\pi i\left(2k-1\right)}{2n}(n-1)}}=0$$

Reuniendo los resultados: $$\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{{tanh}^n\left(\frac{z-i\ tan^{-1}(a)}{2}\right)}{{tanh}^{2n}\left(\frac{z-i\ tan^{-1}(a)}{2}\right)+1}\ dz}=-i\tan^{-1}(a)$$

Por lo tanto $$I_n(a)=\int_{0}^{1}{\frac{\sin{\left(n\sin^{-1}\left(t\right)\right)}\sinh{\left(n\sinh^{-1}{\left(\frac{t}{a}\right)}\right)}}{\cos{\left(2n\sin^{-1}\left(t\right)\right)}+\cosh{\left(2n\sinh^{-1}{\left(\frac{t}{a}\right)}\right)}}\frac{dt}{t\sqrt{1-t^2}\sqrt{1+\left(\frac{t}{a}\right)^2}}\ }=\frac{tan^{-1}(a)}{2}$$

Answer 2

La solución de @P.TeruoNagasava parece explicar muy fácilmente por qué la integral (denotada por $I_n$ en su solución) es independiente del número impar $n$.

Primero, introducimos la notación $$ f(z)={\frac{{\tanh}^n\left(z\right)}{{\tanh}^{2n}\left(z\right)+1}} $$ Equivalentemente uno puede escribir usando (hemos cambiado ligeramente la notación, y hemos escrito la integral con diferentes límites) $$I_n(\alpha)={i}\int_{0}^{\infty}\left(f\left(z-i\alpha\right)-f(z+i\alpha)\right)dz.$$

Formalmente, diferenciando encontramos $$\frac{d}{d\alpha}I_n(\alpha)=\int_{0}^{\infty}\left(f'\left(z-i\alpha\right)+f'(z+i\alpha)\right)dz\\=\lim_{R\to+\infty}\left(f\left(R-i\alpha\right)+f(R+i\alpha)-\{f\left(-i\alpha\right)+f(i\alpha)\}\right)\\=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-0=1.$$

Dado que $I_n(0)=0$, encontramos que $I_n(\alpha)=\alpha$.

(La fórmula $I_n(\alpha)=\alpha$ deja de funcionar cuando $|\alpha|>\pi/4$. Por desgracia, algo falta en esta derivación.)