Una integral definida con tanh y el pecado

Question

En un viejo libro de texto, Thomas John i'Anson Bromwich le pide al lector que el uso de la expansión

$$ \tanh \left(\frac{\pi x}{2} \right) = 1 + 2 \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n} e^{-n \pi x}$$

para mostrar $$\lim_{t \to 0^{+}} \int_{0}^{\infty} e^{-tx} \tanh \left(\frac{\pi x}{2} \right) \sin (ax) \, dx = \text{csch}(a).$$

El lector debe asignar este valor a la divergentes integral de la $$\int_{0}^{\infty} \tanh \left(\frac{\pi x}{2} \right) \sin (ax) \, dx $$

y deducir

$$\int_{0}^{\infty}\frac{\tanh(\frac{\pi x}{2})\sin(ax)}{x^{2}+1} \, dx= \frac{1}{2} \left[e^{-a}\log(e^{2a}-1)-e^{a}\log(1-e^{-2a})\right] \tag{1}.$$

Este enfoque parece bastante inusual y no es fácil de justificar.

Podemos probar a $(1)$ en otra forma?

Answer 1

Considere la función compleja $ \displaystyle f(z) = \tanh \left( \frac{\pi z}{2} \right) \frac{e^{iaz}}{1+z^{2}}$ donde $a > 0$.

A la derecha, parte superior, los lados izquierdo y de un contorno rectangular con los vértices en $\pm 2N, \pm 2N + i2N$ (donde N es un entero positivo), $\tanh \left(\frac{\pi z}{2} \right)$ es uniformemente acotada.

Así que con una ligera modificación de Jordania lema, podemos concluir

$$ \int_{-\infty}^{\infty} \tanh \left( \frac{\pi z}{2} \right) \frac{e^{iaz}}{1+z^{2}} \, dx = 2 \pi i \left(\text{Res}[f(z),i] + \sum_{n=1}^{\infty} \text{Res}[f(z),i(2n+1)]\right) .$$

Ahora ya

$$ \begin{align} f(z+i) &= e^{-a} \coth \left(\frac{\pi z}{2} \right) e^{iaz}\frac{1}{z} \frac{1}{z+2i} \\ &= e^{-a} \left(\frac{2 }{\pi z} + \mathcal{O}(z) \right) \left(1+iaz + \mathcal{O}(z^{2}) \right) \frac{1}{z} \left(- \frac{i}{2}+ \frac{z}{4} + \mathcal{O}(z^{2}) \right) \\ &= e^{-a} \left(-\frac{i}{\pi z^{2}} + \frac{2a+1}{2 \pi z} + \mathcal{O}(1) \right) , \end{align}$$

tenemos

$$ \text{Res}[f(z),i] = \text{Res}[f(z+i), 0] = \frac{e^{-a}(2a+1)}{2 \pi} .$$

Y para $n \ge 1$,

$$ \begin{align}\text{Res}[f(z),i(2n+1)] &= \lim_{n \to i(2n+1)} \frac{\sinh (\frac{\pi z}{2}) e^{iaz}}{\frac{d}{dz} \, \cosh (\frac{\pi z}{2}) (1+z^{2}) } \\ &= - \frac{1}{2 \pi} \frac{e^{-(2n+1)a}}{n(n+1)} . \end{align}$$

Por lo tanto,

$$ \begin{align} \int_{-\infty}^{\infty} \tanh \left(\frac{\pi z}{2} \right) \frac{e^{iax}}{1+x^{2}} \ dx &= i e^{-a} (2a+1) - i \sum_{n=1}^{\infty} \frac{e^{-(2n+1)a}}{n(n+1)} \\ &= i e^{-a} (2a+1) + ie^{-a} \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{n+1} -\frac{1}{n} \right) e^{-2na} \\ &= 2i a e^{-a} + i e^{-a} + ie^{-a} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{e^{-2na}}{n+1} - ie^{-a}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{e^{-2na}}{n} \\ &= 2i a e^{-a} + ie^{-a} + i e^{-a} \left(- \frac{\log(1-e^{-2a})}{e^{-2a}} -1\right) + i e^{-a} \log (1-e^{-2a}) \\ &= 2ia e^{-a} - ie^{a} \log(1-e^{-2a})+ie^{-a} \log(1-e^{-2a}) . \end{align}$$

Y la equiparación de las piezas imaginarias en ambos lados de la ecuación, obtenemos

$$ \begin{align} \int_{0}^{\infty} \tanh \left(\frac{\pi x}{2} \right) \frac{\sin ax}{1+x^{2}} \ dx &= \frac{1}{2} \left( 2a e^{-a} + e^{-a} \log(1-e^{-2a}) - e^{a} \log(1-e^{-2a}) \right) \\ &= \frac{1}{2} \left(e^{-a} \log(e^{2a} (1-e^{-2a})) - e^{a} \log(1-e^{-2a})\right) \\ &= \frac{1}{2} \left(e^{-a}\log(e^{2a}-1)-e^{a}\log(1-e^{-2a})\right) . \end{align}$$

Answer 2

Comenzando con la expansión $$ \pi\cuna(\pi z)=\sum\limits_{k\in\mathbb{Z}}\frac1{z k}\etiqueta{1} $$ donde la suma se toma en el principal sentido de valor, no es demasiado difícil de conseguir $$ \tfrac\pi2\tanh(\tfrac{\pi z}{2})=\sum_{k\text{ impar}}\frac1{z-ik}\etiqueta{2} $$ A continuación, el uso de $\gamma=[-R,R]\cup Re^{i[0,\pi]}$ $R\to\infty$ (manteniendo $R$ aún mantiene a $\frac1{z-ik}$ uniformemente acotada desde $k$ es impar), obtenemos $$ \begin{align} &\int_0^\infty\frac{\tanh(\frac{\pi x}{2})\sin(ax)}{x^2+1}\mathrm{d}x\tag{3}\\[6pt] &=\frac1{2i}\int_{-\infty}^\infty\frac{\tanh(\frac{\pi x}{2})\,e^{iax}}{x^2+1}\mathrm{d}x\tag{4}\\[6pt] &=\frac1{\pi i}\sum_{k\text{ odd}}\int_\gamma\frac{e^{iaz}}{(z-ik)(z+i)(z-i)}\mathrm{d}z\tag{5}\\[6pt] &=\frac1{\pi i}\int_\gamma\frac{2z}{(z^2+1)^2}e^{iaz}\,\mathrm{d}z\tag{6a}\\ &+\frac1{\pi i}\sum_{\substack{k\text{ odd}\\|k|\gt1}}\int_\gamma \left({\small\color{#C00000}{\frac1{(2k-2)(z+i)}}\color{#00A000}{-\frac1{(2k+2)(z-i)}}\color{#0000FF}{-\frac1{(k^2-1)(z-ik)}}}\right)e^{iaz}\,\mathrm{d}z\tag{6b}\\ &=\frac{a}{\pi}\int_\gamma\frac1{z^2+1}e^{iaz}\,\mathrm{d}z\tag{7a}\\ &+\frac1{\pi i}\left(\color{#C00000}{0}\color{#00A000}{-\sum_{\substack{k\text{ odd}\\|k|\gt1}}\frac{2\pi i\,e^{-a}}{2k+2}}\color{#0000FF}{-\sum_{\substack{k\text{ odd}\\k\gt1}}\frac{2\pi i\,e^{-ka}}{k^2-1}}\right)\tag{7b}\\ &=\frac{a}{2\pi i}\int_\gamma\left(\frac1{z-i}-\frac1{z+i}\right)e^{iaz}\,\mathrm{d}z\tag{8a}\\ &+\color{#C00000}{0}\color{#00A000}{+\frac{e^{-a}}{2}}\color{#0000FF}{-\frac12\left[e^{-a}+(e^a-e^{-a})\log(1-e^{-2a})\right]}\tag{8b}\\[6pt] &=ae^{-a}-\frac12(e^a-e^{-a})\log(1-e^{-2a})\tag{9}\\[6pt] &=\frac12e^{-a}\log(e^{2a}-1)-\frac12e^a\log(1-e^{-2a})\tag{10} \end{align} $$ Explicación:
$\:\ (4)$: integrando es aún; el doble de dominio y dividir por dos. $\sin(ax)$ es el raro de parte de $\frac1ie^{iax}$
$\:\ (5)$: aplicar $(2)$
$\text{(6a)}$: aislar los términos con $|k|=1$
$\text{(6b)}$: fracciones parciales
$\text{(7a)}$: integrar por partes
$\text{(7b)}$: contorno de integración
$\text{(8a)}$: fracciones parciales
$\text{(8b)}$: $\color{#00A000}{\text{principal value sum}}$ y $\color{#0000FF}{\text{apply (11)}}$
$\:\ (9)$: contorno de integración
$(10)$: reorganizar

Se utilizaron los siguientes en $\text{(8b)}$ por encima de: $$ \begin{align} \sum_{\substack{k\text{ odd}\\k\gt1}}\frac{x^k}{k^2-1} &=\sum_{k=1}^\infty\frac{x^{2k+1}}{4k^2+4k}\\ &=\frac x4\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1k-\frac1{k+1}\right)x^{2k}\\ &=\frac x4\sum_{k=1}^\infty\frac{x^{2k}}{k}-\frac1{4x}\sum_{k=2}^\infty\frac{x^{2k}}{k}\\ &=-\frac x4\left(\log(1-x^2)\right)+\frac1{4x}\left(\log(1-x^2)+x^2\right)\\ &=\frac x4+\frac{1-x^2}{4x}\log(1-x^2)\tag{11} \end{align} $$

Answer 3

De hecho, me jugueteó con esto como yo estaba trabajando en mi otra respuesta, pero ya que las integrales, sin $e^{-tx}$, no convergen, esto no parece la manera correcta de enfocar el problema. Sin embargo, parece que esto es lo que la sugerencia se propone.

Para cualquier $t\gt0$, definir $$ f(a)=\int_0^\infty\frac{\tanh(\frac{\pi x}{2})\sen(ax)}{x^2+1}e^{-tx}\,\mathrm{d}x\etiqueta{1} $$ entonces $$ f"(a)=-\int_0^\infty\frac{\tanh(\frac{\pi x}{2})\sen(ax)\,x^2}{x^2+1}e^{-tx}\,\mathrm{d}x\etiqueta{2} $$ Tenemos $$ \begin{align} \tanh(\pi x/2) &=\frac{e^{\pi x/2}-e^{-\pi x/2}}{e^{\pi x/2}+e^{-\pi x/2}}\\ &=\frac2{1+e^{-\pi x}}-1\\[6pt] &=1-2e^{-\pi x}+2e^{-2\pi x}-2e^{-3\pi x}+\dots\tag{3} \end{align} $$ y $$ \begin{align} \int_0^\infty e^{-bx}\sin(ax)\,\mathrm{d}x &=\frac1{2i}\int_0^\infty\left(e^{-(b-ia)x}-e^{-(b+ia)x}\right)\,\mathrm{d}x\\ &=\frac1{2i}\left(\frac1{b-ia}-\frac1{b+ia}\right)\\ &=\frac{a}{a^2+b^2}\tag{4} \end{align} $$ Además, el principal valor de expansión $$ \pi\csc(\pi z)=\sum\limits_{k\in\mathbb{Z}}(-1)^k\frac1{z+k}\etiqueta{5} $$ los rendimientos $$ \begin{align} \mathrm{csch}(x) &=\sum_{k\in\mathbb{Z}}(-1)^k\frac1{x+ik\pi}\\ &=\frac1x+\sum_{k=1}^\infty(-1)^k\frac{2x}{x^2+k^2\pi^2}\tag{6} \end{align} $$ La combinación de $(1)-(4)$$(6)$, obtenemos $$ \begin{align} &f(a)-f''(a)\\ &=\int_0^\infty\tanh(\tfrac{\pi x}{2})\sin(ax)\,e^{-tx}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^\infty\left(e^{-tx}-2e^{-(\pi+t)x}+2e^{-(2\pi+t)x}-2e^{-(3\pi+t)x}+\dots\right)\sin(ax)\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{a}{a^2+t^2}-\frac{2a}{a^2+(\pi+t)^2}+\frac{2a}{a^2+(2\pi+t)^2}-\frac{2a}{a^2+(3\pi+t)^2}+\dots\\ &\stackrel{\!\!t\to0}{\longrightarrow}\frac1a-\frac{2a}{a^2+\pi^2}+\frac{2a}{a^2+4\pi^2}-\frac{2a}{a^2+9\pi^2}+\dots\\[6pt] &=\mathrm{csch}(a)\tag{7} \end{align} $$ Podemos solucionar $f-f''=u$ mediante la integración de funciones para obtener $$ f(x)=e^x\int e^{-2}\left(\int e^xu(x)\,\mathrm{d}x\right)\mathrm{d}x\etiqueta{8} $$ El uso exponencial de sustituciones, obtenemos $$ \begin{align} f(x) &=e^x\int e^{-2x}\left(\int\mathrm{csch}(x)\,e^x\,\mathrm{d}x\right)\mathrm{d}x\\ &=e^x\int e^{-2x}\left(\log\left(e^{2x}-1\right)-2C_2\right)\mathrm{d}x\\ &=e^x\left(\frac12\log(1-e^{-2x})-\frac12e^{-2x}\log(e^{2x}-1)+C_1+C_2e^{-2x}\right)\\ &=\frac12e^x\log(1-e^{-2x})-\frac12e^{-x}\log(e^{2x}-1)+C_1e^x+C_2e^{-x}\\ &=\frac12e^x\log(1-e^{-2x})-\frac12e^{-x}\log(e^{2x}-1)\tag{9} \end{align} $$ donde obtenemos $C_1=C_2=0$ desde $f(0)=\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=0$.

Answer 4

Wow, muy buen trabajo chicos. Siempre es agradable ver a soluciones inteligentes a un problema.

Yo lo vi en un viejo libro de matemáticas en la serie infinita como un ejercicio en 'más Difícil de los Ejemplos.

Aquí es literal:

"El uso de la expansión:

$\displaystyle \tanh(\pi x/2)=1-2e^{-\pi x}+2e^{-2\pi x}-\cdot\cdot\cdot $

mostrar que $\displaystyle G\int_{0}^{\infty}\tanh(\pi x/2)\sin(ax)dx=csch(a)....(1)$

y deducir que $\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{\tanh(\pi x/2)\sin(ax)}{x^{2}+1}dx$

$\displaystyle =1/2\left[e^{-a}\log(e^{2a}-1)-e^{a}\log(1-e^{-2a})\right]$

Bueno, ¿es que la G delante de la integral de la señal?.

Aquí está lo que se describe:

"Si un integrante $\displaystyle \int_{a}^{\infty}f(x)dx$ oscila, entonces es llamado summable si el límite de $\displaystyle \lim_{t\to 0}\int_{a}^{\infty}e^{-tx}f(x)dx$ existe. Este límite puede ser indicado por escrito a G antes de que el signo integral'.

EDITAR:

Muy lindo de verdad, robjohn, y listo, como de costumbre.

También he jugado un poco y logró obtener la primera parte el uso de sus G sugerencia.

Mediante la expansión que mencionar: $$\tanh(\pi x/2)=2\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k}e^{-\pi kx}+1$$

Yo solía $$\int_{0}^{\infty}\tanh(\pi x/2)\sin(ax)dx=\int_{0}^{\infty}\left(2\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k}e^{-\pi kx}+1\right)\sin(ax)dx$$

$$=\frac{2a}{\pi^{2}}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{k^{2}+(\frac{a}{\pi})^{2}}+G\int_{0}^{\infty}\sin(ax)dx$$

La suma de la izquierda es bastante famoso y evalúa a $\displaystyle csch(a)-1/a$

Según el libro, y que tiene como otro de los ejercicios utilizando el mismo G de lógica, $\displaystyle G\int_{0}^{\infty}\sin(x)dx=1$ . Sin embargo, esto parece más bien extraño al principio.

Por eso, $\displaystyle G\int_{0}^{\infty}\sin(ax)dx=1/a$

Por lo tanto, $$csch(a)-1/a+1/a=csch(a)$$.

Es en "Una introducción a la teoría de series infinitas" por Bromwich.

como un aparte:

Como otro de los ejercicios que dicen "demostrar que $$G\int_{0}^{\infty}x^{n-1}\sin(ax)dx=\frac{\Gamma(n)}{a^{n}}\sin(n\pi/2), \;\ a>0, \;\ n\geq 1$$" and thus $\displaystyle G\int_{0}^{\infty}\sin(x)dx=1$.

Así, entonces me di cuenta cuando $n=1$, $\displaystyle G\int_{0}^{\infty}\sin(ax)dx=1/a$. Esto es lo que he usado en la primera parte.