Alternativa y prueba más directa de que una integral es independiente de un parámetro

Question

Estoy buscando formas alternativas de calcular la integral $$ \int\limits_0^\infty\frac{\tanh(\alpha x)}{\tanh(\pi x)}\sin(2\alpha x^2)\,dx=\frac{1}{4},\qquad \alpha>0.\tag {*} $$

Se derivó en un largo cálculo usando un método indirecto a partir de la transformada de Fourier de una función de dos variables. Sin embargo, parece que la integral (*) podría tener una demostración simple. Hay que tener en cuenta que cuando $\alpha=\pi$, la integral se reduce a la integral de Fresnel $$ \int\limits_0^\infty\sin(2\pi x^2)\,dx=\frac{1}{4}. $$ Por lo tanto, si se pudiera demostrar que es independiente del parámetro $\alpha$, entonces se podría encontrar su valor.

Answer 1

Dado que nadie ha publicado una respuesta, voy a usar la integración por contorno para mostrar que la ecuación se cumple para el siguiente caso "más simple", es decir, $\alpha = 2 \pi$.

$$\begin{align} \int_0^\infty \frac{\tanh(2 \pi x)}{\tanh(\pi x)} \sin (4 \pi x^2) \, \mathrm dx &= \int_{0}^{\infty} \frac{2 \cosh^2(\pi x)}{\cosh (2 \pi x)} \sin (4 \pi x^2) \, \mathrm dx\\ &= \int_0^\infty \left(1+ \frac{1}{\cosh (2 \pi x)} \right) \sin(4 \pi x^{2}) \, \mathrm dx \\ &= \frac{1}{2} \int_0^\infty \left(1+ \frac{1}{\cosh (\pi u)} \right) \sin (\pi u^2) \, \mathrm d u \\ &= \frac{1}{2}\left( \int_0^\infty \sin (\pi u^2) \, \mathrm du + \int_0^\infty \frac{\sin(\pi u^2)}{\cosh(\pi u)} \, \mathrm du \right) \\ &= \frac{1}{2} \left(\frac{\sqrt{2}}{4} + \int_0^\infty \frac{\sin(\pi u^2)}{\cosh(\pi u)} \, \mathrm du\right) \end{align}$$

Para evaluar la integral $$\int_0^\infty \frac{\sin(\pi u^2)}{\cosh(\pi u)} \, \mathrm du $$ podemos integrar la función compleja $$f(z) = -\frac{e^{i \pi (z^{2}+1/4)}}{\sinh(2 \pi z)}$$ en sentido contrario a las agujas del reloj alrededor de un contorno rectangular con indentaciones y vértices en $\pm R \pm \frac{i}{2} $.

Conforme $R \to \infty$, la integral se anula en los lados izquierdo y derecho del rectángulo ya que la función seno hiperbólico crece exponencialmente cuando $\Re(z) \to \pm \infty$.

Y dado que $$f \left(x- \frac{i}{2} \right)- f \left(x+ \frac{i}{2} \right) = \frac{ e^{i \pi x^{2}}}{\cosh (\pi x)}, $$ obtenemos

$$ \begin{align} \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{i \pi x^2}}{\cosh(\pi x)} \, \mathrm dx &= \pi i \operatorname{Res}\left[f(z), -i/2\right] + 2 \pi i \operatorname{Res}[f(z), 0] + \pi i \operatorname{Res}[f(z), i/2] \\ &= \pi i \left(\frac{1}{2 \pi} \right) + 2 \pi i \left(- \frac{\sqrt{2}}{4 \pi} (1+i) \right) + \pi i \left(\frac{1}{2 \pi} \right) \\ &= \frac{\sqrt{2}}{2} + i \left( 1- \frac{\sqrt{2}}{2}\right). \end{align}$$

Por lo tanto, $$\int_0^\infty \frac{\sin(\pi x^2)}{\cosh(\pi x)} \, \mathrm dx = \frac{1}{2}- \frac{\sqrt{2}}{4}, $$ y $$\int_0^\infty \frac{\tanh(2 \pi x)}{\tanh(\pi x)} \sin (4 \pi x^2) \, \mathrm dx = \frac{1}{2} \left(\frac{\sqrt{2}}{4} + \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{2}}{4} \right) = \frac{1}{4}. $$