Integral $\int_0^\infty \log(1+x^2)\frac{\cosh{\frac{\pi x}{2}}}{\sinh^2{\frac{\pi x}{2}}}\mathrm dx=2-\frac{4}{\pi}$

Question

Hola estoy tratando de mostrar $$ I:=\int_0^\infty \log(1+x^2)\frac{\cosh{\frac{\pi x}{2}}}{\sinh^2{\frac{\pi x}{2}}}\mathrm dx=2-\frac{4}{\pi}. $$ Gracias. ¡Qué cosa tan deseable es querer probar! Es una obra de arte esta. Deseo probarlo de todas las maneras que podamos encontrar.

Nota: Intenté escribir $$ I=\int_0^\infty \log(1+x^2)\coth \frac{\pi x}{2} \sinh^{-2} \frac{\pi x}{2}\mathrm dx $$ pero esto no me ayudó mucho. También podemos intentar introducir un parámetro como el siguiente $$ I(\alpha)=\int_0^\infty \log(1+x^2)\frac{\cosh{\frac{\alpha \pi x}{2}}}{\sinh^2{\frac{\pi x}{2}}}\mathrm dx, $$ Pero aquí es donde me quedé atascado. ¿Cómo se puede calcular I? Gracias.

Answer 1

Como dijo Lucian en los comentarios, la integración por partes muestra que la integral es equivalente a mostrar que $$ \int_{0}^{\infty} \frac{x}{1+x^{2}} \frac{1}{\sinh \frac{\pi x}{2}} \ dx = \frac{\pi}{2}-1 .$$

Dejemos que $ \displaystyle f(z) = \frac{z}{1+z^{2}} \frac{1}{\sinh \frac{\pi z}{2}} $ e integrar alrededor de un rectángulo con vértices en $\pm N$ y $\pm N+ i (2N+1)$ donde $N$ es un número entero positivo.

Como $N$ va al infinito a través de los enteros, la integral desaparece en los lados izquierdo y derecho del rectángulo y a lo largo de la parte superior del rectángulo.

En particular, el valor absoluto de la integral a lo largo de la parte superior del rectángulo está limitado por $$\frac{3N+1}{(2N+1)^{2}-1}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\cosh \frac{\pi x}{2}} \ dx = \frac{6N+2}{(2N+1)^{2}-1} \to 0 \ \text{as} \ N \to \infty .$$

Entonces

$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x}{1+x^{2}} \frac{1}{\sinh \frac{\pi x}{2}} \ dx = 2 \pi i \left(\text{Res}[f(z),i]+ \sum_{k=1}^{\infty} \text{Res}[f(z),2ki] \right)$$

donde

$$ \text{Res}[f(z),i] = \lim_{z \to i} \frac{z}{z+i} \frac{1}{\sinh \frac{\pi x}{2}} =\frac{1}{2i}$$

y

$$ \text{Res}[f(z),2ki] = \lim_{z \to 2ki} \frac{z}{2z \sinh \frac{\pi z}{2}+(1+z^{2}) \frac{\pi}{2} \cosh \frac{\pi z}{2}} = \frac{4i}{\pi} \frac{(-1)^{k} k}{1-4k^{2}} . $$

Y fíjate que

$$ \begin{align} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k} k}{1-4k^{2}} &= -\frac{1}{4} \sum_{k=1}^{\infty} \left( \frac{(-1)^{k}}{2k+1} + \frac{(-1)^{k}}{2k-1} \right) \\ &= -\frac{1}{4} \left(\arctan(1)-1 - \arctan(1) \right) \\ &= \frac{1}{4} . \end{align}$$

Por lo tanto,

$$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x}{1+x^{2}} \frac{1}{\sinh \frac{\pi x}{2}} \ dx = 2 \pi i \left(\frac{1}{2i} + \frac{i}{\pi} \right) = \pi - 2$$

lo que implica

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{x}{1+x^{2}} \frac{1}{\sinh \frac{\pi x}{2}} \ dx = \frac{\pi}{2} -1 .$$

Answer 2

Voy a resolver la forma general

\begin {align} \int ^ \infty_0\frac {x}{x^2+1} \frac {dx}{ \sinh (ax)}&= \int ^ \infty_0\frac {x}{x^2+a^2} \frac {dx}{ \sinh (x)} \\ &= \int ^ \infty_0 \int ^ \infty_0e ^{-at} \frac { \sin (xt)}{ \sinh (x)}\N,dt \Nde la misma manera, dx \\ &= \int ^ \infty_0 e^{-at} \int ^ \infty_0 \frac { \sin (xt)}{ \sinh (x)} \N, dx\N, dt \\ &= \frac { \pi }{2} \int ^ \infty_0 e^{-at} \tanh\left ( \frac { \pi }{2} t \right )\N-\N-Dt \\ &= \int ^ \infty_0 e^{-zx} \tanh (x)\Ndt \Nde la que se trata; z= \frac {2}{ \pi }a \\ &= \int ^ \infty_0\frac {e^{-zx}(1-e^{-2x})}{e^{-2x}+1}\,dx \end {align}

Al dividir la integral tenemos

\begin {align} \int ^ \infty_0\frac {e^{-zx}}{e^{-2x}+1}\, dx &= \sum_ {n \geq 0} \int ^ \infty_0e ^{-x(2n+z)}\Nde la misma manera, dx \\ &= \sum_ {n \geq 0} \frac {(-1)^n}{2n+z} \\ &= \frac {1}{4} \left ( \psi \left ( \frac {1}{2}+ \frac {z}{4} \right )- \psi \left ( \frac {z}{4} \right ) \right ) \end {align}

\begin {align}- \int ^ \infty_0\frac {-e^{-x(z+2)}}{e^{-2x}+1}\,dx&=- \sum_ {n \geq0 } \frac {(-1)^n}{z+2+2n} \\ &=- \frac {1}{4} \left (- \psi \left ( \frac {1}{2}+ \frac {z}{4} \right )+ \psi\left (1+ \frac {z}{4} \right ) \right ) \end {align}

Por lo tanto, tenemos

\begin {align} \int ^ \infty_0\frac {x}{x^2+1} \frac {dx}{ \sinh (ax)}&= \frac {1}{4} \left (2 \psi \left ( \frac {1}{2}+ \frac {z}{4} \right )- \psi \left (1+ \frac {z}{4} \right )- \psi \left ( \frac {z}{4} \right ) \right ) \\ &= \frac {1}{2} \psi \left ( \frac {1}{2}+ \frac {z}{4} \right )- \frac {1}{2} \psi \left ( \frac {z}{4} \right )-z \\ &= \frac {1}{2} \psi \left ( \frac {1}{2}+ \frac {a}{2 \pi } \right )- \frac {1}{2} \psi \left ( \frac {a}{2 \pi } \right )- \frac {2}{ \pi }a \end {align}

Dejemos que $a=\pi/2$

\begin {align} \int ^ \infty_0\frac {x}{x^2+1} \frac {dx}{ \sinh ( \frac { \pi }{2}x)}&= \frac {1}{2} \psi \left ( \frac {1}{2}+ \frac {1}{4} \right )- \frac {1}{2} \psi \left ( \frac {1}{4} \right )-1 \\ &= \frac { \pi }{2} \cot ( \pi /4)-1 \\ &= \frac { \pi }{2}-1 \end {align}

Answer 3

También se pueden utilizar aquí los métodos de Fourier, tal y como se hizo aquí , a partir de la forma discutida anteriormente derivada tras una integración por partes. Nótese que

$$\int_{-\infty}^{\infty} dx \, x \operatorname{csch}{(\pi x/2)} \, e^{i k x} = 2 \operatorname{sech^2}{\left ( k \right )} $$

Por lo tanto, la igualdad de Parseval implica que

$$I = \frac1{2 \pi} \int_0^{\infty} dk \, \pi \, e^{-k} 2 \operatorname{sech^2}{\left ( k \right )} $$

Integrar por partes para conseguir que

$$I = \int_0^{\infty} dk \, e^{-k} \, \tanh{k} = \int_0^{\infty} dk \, e^{-k} \frac{1-e^{-2k}}{1+e^{-2k}}$$

Expande el denominador para evaluar la integral en términos de una suma:

$$I = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \int_0^{\infty} dk \, \left (e^{-(2 n+1) k}-e^{-(2 n+3) k} \right ) = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \left (\frac1{2 n+1}-\frac1{2 n+3} \right ) \\ = \frac{\pi}{4} - \left ( 1-\frac{\pi}{4} \right ) = \frac{\pi}{2}-1$$

como se iba a demostrar.

ADDENDUM

Es justo que al menos esboce una prueba de la primera ecuación. De hecho, se utiliza la simetría para reescribir la integral como

$$\int_{-\infty}^{\infty} dx \, x \operatorname{csch}{(\pi x/2)} \, e^{i k x} = 2 \operatorname{Re}{\left [\int_0^{\infty} dx \, x \operatorname{csch}{(\pi x/2)} \, e^{i k x} \right ]} $$

A continuación, utilice la definición de csch para convertir la integral en una suma igual a

$$4 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\pi^2 (n+1/2)^2 - k^2}{[\pi^2 (n+1/2)^2 + k^2]^2} = \frac{2}{\pi^2} \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{ (n+1/2)^2 - k^2/\pi^2}{[(n+1/2)^2 + k^2/\pi^2]^2}$$

La suma en el lado derecho puede evaluarse utilizando el teorema del residuo; la suma es entonces igual a

$$-\frac{2}{\pi} \sum_{\pm} \left [\frac{d}{dz} \frac{[(z+1/2)^2-k^2/\pi^2] \cot{\pi z}}{(z+1/2\pm i k/\pi)^2} \right ]_{z=-\frac12 \pm i \frac{k}{\pi}} $$

lo que lleva al resultado indicado.

Answer 4

$\newcommand{\+}{^{\dagger}} \newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\right\vert\,} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{I\equiv\int_{0}^{\infty}\ln\pars{1 + x^{2}}\, {\cosh\pars{\pi x/2} \over \sinh^{2}\pars{\pi x/2}}\,\dd x = 2 - {4 \over \pi}:\ {\large ?}}$

\begin {align} I&=-\,{1 \over \pi } \int_ {x\ \to\ - \infty }^{x\ \to\ \infty } \ln\pars {1 + x^{2}} \, \dd\bracks {1 \over \sinh\pars { \pi x/2}} ={2 \over \pi } \int_ {- \infty }^{ \infty } {1 \over \sinh\pars { \pi x/2}, {x \over x^{2} + 1}\, \dd x \\ [3mm]&={2 \over \pi } \bracks {% 2 \pi\ic\sum_ {n = 1}^{ \infty } {1 \over \pi\cosh\pars {n \pi\ic }/2}\,{2n \ic \over \pars {2n \ic }^{2} + 1} + 2 \pi\ic\ ,{1 \over \sinh\pars { \pi\ic /2}}\,{ \ic \over 2 \ic }} \\ [3mm]&={16 \over \pi } \sum_ {n = 1}^{ \infty } \pars {-1}^{n}{n \over 4n^{2} - 1} + 2 =2 + {4 \over \pi } \bracks {% \sum_ {n = 1}^{ \infty }{ \pars {-1}^{n} \over 2n - 1} + \sum_ {n = 1}^{ \infty }{ \pars {-1}^{n} \over 2n + 1}} \\ [3mm]&=2 + {4 \over \pi } \bracks {% - \sum_ {n = 0}^{ \infty }{ \pars {-1}^{n} \over 2n + 1} + \sum_ {n = 1}^{ \infty }{ \pars {-1}^{n} \over 2n + 1}} =2 + {4 \over \pi } \bracks {-1% - \sum_ {n = 1}^{ \infty }{ \pars {-1}^{n} \over 2n + 1} + \sum_ {n = 1}^{ \infty }{ \pars {-1}^{n} \over 2n + 1}} \\ [3mm]&=2 - {4 \over \pi } \end {align}

$$\color{#00f}{\large% \int_{0}^{\infty}\ln\pars{1 + x^{2}}\, {\cosh\pars{\pi x/2} \over \sinh^{2}\pars{\pi x/2}}\,\dd x}= \color{#00f}{\large 2 - {4 \over \pi}} \approx 0.7268 $$