Integrar: $\int_0^{\infty} \frac{\sin (ax)}{e^{\pi x} \sinh(\pi x)}dx$

Question

¿Cómo se evalúan los siguientes $$\int_0^{\infty} \frac{\sin (ax)}{e^{\pi x} \sinh(\pi x)} dx$$ Dado consejos dice que para construir un rectángulo $0\to R\to R+i\to i \to 0$ y considerar la posibilidad de $\displaystyle f(z):=\frac{e^{iaz}}{e^{2\pi z}-1}$ y evaluar alrededor de él, pero eso no ayuda.

AGREGÓ:: necesito a evaluar con el método de contorno.

En particular con el uso dado sugerencia en el libro, cuando me integre $i \to 0$, la integral no converge. También, la parte real de $\displaystyle f(z):=\frac{e^{iaz}}{e^{2\pi z}-1}$ no convergen en torno a $0$.

También consideré $\displaystyle f(z):=\frac{e^{iaz}-e^{-iaz}}{e^{2\pi x}-1}$, e integrar de $-R \to R \to R+i \to -R+ i \to R$ y me sale $\displaystyle \int_{-\infty}^\infty f(z) dz$, pero la función no es simétrica alrededor de $0$.

Si yo considerara $\displaystyle f(z):=\frac{e^{iaz}}{e^{2\pi x}-1}$ todo el camino de $-R - i \to R - i \to R + i \to -R +i \to -R -i$, de nuevo me terminan con $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}f(z) dz$ y no puedo extraer $\int_0^{\infty}$ debido a que la función no es simétrica en $0$ porque de $e^{2\pi z}$ en el denominador.

Por favor ayuda!!

Answer 1

Para el contorno de los que usted describe en su texto, debe guión acerca de la pol $z=0$$z=1$. En ese caso, la integral de contorno

$$\oint_C dz \frac{e^{i a z}}{e^{2 \pi z}-1}$$

se divide en $6$ segmentos:

$$\int_{\epsilon}^R dx \frac{e^{i a x}}{e^{2 \pi x}-1} + i \int_{\epsilon}^{1-\epsilon} dy \frac{e^{i a R} e^{-a y}}{e^{2 \pi R} e^{i 2 \pi y}-1} + \int_R^{\epsilon} dx \frac{e^{-a} e^{i a x}}{e^{2 \pi x}-1} \\+ i \int_{1-\epsilon}^{\epsilon} dy \frac{ e^{-a y}}{e^{i 2 \pi y}-1} + i \epsilon \int_{\pi/2}^0 d\phi \:e^{i \phi} \frac{e^{i a \epsilon e^{i \phi}}}{e^{2 \pi \epsilon e^{i \phi}}-1}+ i \epsilon \int_{2\pi}^{3 \pi/2} d\phi\: e^{-a} e^{i \phi} \frac{e^{i a \epsilon e^{i \phi}}}{e^{2 \pi \epsilon e^{i \phi}}-1}$$

La primera integral es sobre el eje real, lejos de la sangría en el origen. La segunda integral es a lo largo de la vertical derecha del segmento. La tercera es sobre la horizontal de la parte superior del segmento. El cuarto está a la izquierda segmento vertical. El quinto es de alrededor de la parte inferior de sangría (respecto al origen), y el sexto es de alrededor de la parte superior del guión, acerca de $z=i$.

Estamos interesados en los límites de $R \rightarrow \infty$$\epsilon \rightarrow 0$. La primera y la tercera de las integrales se combinan para formar, en este límite,

$$(1-e^{-a}) \int_0^{\infty} dx \frac{e^{i a x}}{e^{2 \pi x}-1}$$

La quinta y la sexta de las integrales se combinan para formar, como $\epsilon \rightarrow 0$:

$$\frac{i \epsilon}{2 \pi \epsilon} \left ( -\frac{\pi}{2}\right) + e^{-a} \frac{i \epsilon}{2 \pi \epsilon} \left ( -\frac{\pi}{2}\right) = -\frac{i}{4} (1+e^{-a})$$

La segunda integral se desvanece como $R \rightarrow \infty$. El cuarto integral, sin embargo, no es, y debe ser evaluado, al menos parcialmente. Tenemos que volver a escribir, como $\epsilon \rightarrow 0$:

$$-\frac{1}{2} \int_0^1 dy \frac{e^{-a y} e^{- i \pi y}}{\sin{\pi y}} = -\frac{1}{2} PV\int_0^1 dy \: e^{-a y} \cot{\pi y} + \frac{i}{2} \frac{1-e^{-a}}{a}$$

donde

$$PV\int_0^1 dy \: e^{-a y} \cot{\pi y} = \lim_{\epsilon \to 0} \int_{\epsilon}^{1-\epsilon} dy \: e^{-a y} \cot{\pi y}$$

es el valor principal de Cauchy de la integral. Por Cauchy teorema, el contorno de la integral es cero porque no hay polos dentro del contorno. Por lo tanto,

$$(1-e^{-a}) \int_0^{\infty} dx \frac{e^{i a x}}{e^{2 \pi x}-1} -\frac{i}{4} (1+e^{-a}) -\frac{1}{2} PV \int_0^1 dy \: e^{-a y} \cot{\pi y} + \frac{i}{2} \frac{1-e^{-a}}{a}=0$$

Ahora tome la parte imaginaria de la ecuación anterior - tenga en cuenta que el malo de Cauchy PV integral cae - y obtener

$$(1-e^{-a}) \int_0^{\infty} dx \frac{\sin{ a x}}{e^{2 \pi x}-1} = \frac{1}{4} (1+e^{-a})-\frac{1}{2} \frac{1-e^{-a}}{a}$$

o, después de un poco de álgebra y simplificando las cosas, obtenemos:

$$\int_0^{\infty} dx \frac{\sin{ a x}}{e^{2 \pi x}-1} = \frac14 \coth{\left (\frac{a}{2}\right )} - \frac{1}{2 a}$$

Answer 2

Bueno, no es la respuesta directa a las preguntas (porque le dieron un directo sugerencia en el enlace de arriba), pero de una forma alternativa. Se puede mirar como la transformada de Laplace: $$\int_0^{\infty} \frac{\sin (ax)}{e^{\pi x} \sinh(\pi x)} dx=2\int_0^{\infty} \frac{\sin (ax)}{1-e^{-2\pi x}}e^{-2\pi x} dx=2\int_0^{\infty} f(x)e^{-sx} dx$$ con $f(x)=\frac{\sin (ax)}{1-e^{-2\pi x}}$$s=2\pi$. La transformada de Laplace de $f(x)$ (válido al $\left| \Im(a)\right| <2 \pi$): $$\mathcal{L}\left\{\frac{\sin (ax)}{1-e^{-2\pi x}}\right\}=\frac{\psi ^{(0)}\left(\frac{i a+s}{2 \pi }\right)-\psi ^{(0)}\left(\frac{-i a+s}{2 \pi }\right)}{4 \pi i}$$ donde $\psi ^{(0)}(\cdot)$ es la función digamma. Establecimiento $s=2\pi$, multiplicando por 2 y simplificando se obtiene: $$\int_0^{\infty} \frac{\sin (ax)}{e^{\pi x} \sinh(\pi x)} dx=\frac{1}{2}\coth\left(\frac{a}{2}\right) -\frac{1}{a}$$

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{0}^{\infty}{\sin\pars{ax} \over \expo{\pi x}\sinh\pars{\pi x}}\,\dd x :\ {\large ?}}$

$$\begin{align}&\color{#c00000}{% \int_{0}^{\infty}{\sin\pars{ax} \over \expo{\pi x}\sinh\pars{\pi x}}\,\dd x} =2\int_{0}^{\infty}{\sin\pars{ax} \over \expo{2\pi x} - 1}\,\dd x \\[3mm]&=2\sgn\pars{a}\int_{0}^{\infty}{% {\expo{-\verts{a}\pars{\ic x}} - \expo{-\verts{a}\pars{-\ic x}}} \over -2\ic}\, {\dd x \over \expo{2\pi x} - 1} \\[3mm]&=\sgn\pars{a}\bracks{\ic\int_{0}^{\infty} {\fermi\pars{\ic x} - \fermi\pars{-\ic x} \over \expo{2\pi x} - 1}\,\dd x} \qquad\mbox{where}\qquad\fermi\pars{x} \equiv \expo{-\verts{a}x} \end{align}$$

Ahora, hacemos uso de Abel-Plana Fórmula para reducir la integración de una manera sencilla: $$\begin{align} &\color{#c00000}{% \int_{0}^{\infty}{\sin\pars{ax} \over \expo{\pi x}\sinh\pars{\pi x}}\,\dd x} =\sgn\pars{a}\bracks{% \sum_{n = 0}^{\infty}\fermi\pars{n} -\int_{0}^{\infty}\fermi\pars{x}\,\dd x -\half\,\fermi\pars{0}} \\[3mm]&=\sgn\pars{a}\bracks{\sum_{n = 0}^{\infty}\expo{-\verts{a}n} -\int_{0}^{\infty}\expo{-\verts{a}x}\,\dd x -\half\,\pars{\expo{-\verts{a}x}}_{x = 0}} \\[3mm]&=\sgn\pars{a}\bracks{% {1 \over 1 - \expo{-\verts{a}}} - {1 \over \verts{a}} - \half} =\sgn\pars{a}\bracks{% {1 + \expo{-\verts{a}} \over 2\pars{1 - \expo{-\verts{a}}}} - {1 \over \verts{a}}} \\[3mm]&=\sgn\pars{a}\bracks{% \half\,{\expo{\verts{a}/2} + \expo{-\verts{a}/2} \over \expo{\verts{a}/2} - \expo{-\verts{a}}} - {1 \over \verts{a}}} =\sgn\pars{a}\bracks{\half\,\coth\pars{\verts{a} \over 2} - {1 \over \verts{a}}} \end{align}$$

$$\begin{align}\color{#44f}{\large% \int_{0}^{\infty}{\sin\pars{ax} \over \expo{\pi x}\sinh\pars{\pi x}}\,\dd x} &= \color{#44f}{\large -\,{1 \over a} + \half\,\coth\pars{a \over 2}} \end{align}$$

Answer 4

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{0}^{\infty}{\sin\pars{ax} \over \expo{\pi x}\sinh\pars{\pi x}}\,\dd x :\ {\large ?}}$

${\tt\mbox{Besides}}$ mi respuesta anterior, ${\tt\mbox{we'll show another method to evaluate this integral.}}$

$$\begin{align}&\color{#c00000}{% \int_{0}^{\infty}{\sin\pars{ax} \over \expo{\pi x}\sinh\pars{\pi x}}\,\dd x} =-\ic\sgn\pars{a}\int_{0}^{\infty}\expo{-\pars{2\pi\ -\ \verts{a}\ic}x}\,{% 1 - \expo{-2\verts{a}x\ic} \over 1 - \expo{-2\pi x}}\,\dd x \end{align}$$

Set $\ds{\expo{-2\pi x} \equiv t\quad\imp\quad x = -\,{\ln\pars{t} \over 2\pi}}$: $$\begin{align} &\color{#c00000}{% \int_{0}^{\infty}{\sin\pars{ax} \over \expo{\pi x}\sinh\pars{\pi x}}\,\dd x} =-\ic\sgn\pars{a}\int_{1}^{0}t^{1\ -\ \verts{a}\,\ic/\pars{2\pi}}\, {1 - t^{\verts{a}\ic/\pi} \over 1 - t}\,\pars{-\,{\dd t \over 2\pi t}} \\[3mm]&=-\ic\,{\sgn\pars{a} \over 2\pi}\int_{0}^{1} {t^{-\verts{a}\ic/\pars{2\pi}} - t^{\verts{a}\ic/\pars{2\pi}} \over 1 - t}\,\dd t \\[3mm]&=-\ic\,{\sgn\pars{a} \over 2\pi}\,\bracks{% \int_{0}^{1}{1 - t^{\verts{a}\ic/\pars{2\pi}} \over 1 - t}\,\dd t - \int_{0}^{1}{1 - t^{-\verts{a}\ic/\pars{2\pi}} \over 1 - t}\,\dd t} \\[3mm]&=-\ic\,{\sgn\pars{a} \over 2\pi}\,\bracks{2\ic\,\Im \int_{0}^{1}{1 - t^{\verts{a}\ic/\pars{2\pi}} \over 1 - t}\,\dd t} ={\sgn\pars{a} \over \pi}\,\Im\int_{0}^{1} {1 - t^{\verts{a}\ic/\pars{2\pi}} \over 1 - t}\,\dd t\tag{1} \end{align}$$

Ahora, vamos a utilizar la identidad ${\bf\mbox{6.3.22}}$ ( $\ds{\gamma}$ es el de Euler-Mascheroni Constante ${\bf\mbox{6.1.3}}$ ): $$\Psi\pars{z} + \gamma = \int_{0}^{1}{1 - t^{z - 1} \over 1 - t}\,\dd t \etiqueta{${\bf\mbox{6.3.22}}$}$$ $$\begin{align} &\color{#c00000}{% \int_{0}^{\infty}{\sin\pars{ax} \over \expo{\pi x}\sinh\pars{\pi x}}\,\dd x} ={\sgn\pars{a} \over \pi}\,\Im\Psi\pars{1 + {\verts{a} \over 2\pi}\,\ic} \end{align}$$ Con la identidad de${\bf\mbox{6.3.13}}$ $\ds{\Im\Psi\pars{1 + \ic y}= -\,{1 \over 2y} + {\pi \over 2}\,\coth\pars{\pi y}}$, donde $\ds{y \in {\mathbb R}}$, $$\begin{align} &\color{#c00000}{% \int_{0}^{\infty}{\sin\pars{ax} \over \expo{\pi x}\sinh\pars{\pi x}}\,\dd x} ={\sgn\pars{a} \over \pi}\,\braces{-\,{1 \over 2\bracks{\verts{a}/\pars{2\pi}}} + {\pi \over 2}\,\coth\pars{\pi\,{\verts{a} \over 2\pi}}} \end{align}$$

$$\color{#66f}{\large% \int_{0}^{\infty}{\sin\pars{ax} \over \expo{\pi x}\sinh\pars{\pi x}}\,\dd x =-\,{1 \over a} + \media\,\coth\pars{un \over 2}}$$

También, después de una integración por partes, la última integral en $\pars{1}$ puede ser evaluado en términos de PolyLogarithm Funciones.