Cerrado el formulario para \int_ ${-\infty} ^ \infty\operatorname {sech} (x) \operatorname {sech}(a\, x) \ $ dx

Question

Vamos $$f(a)=\int_{-\infty}^\infty\operatorname{sech}(x)\operatorname{sech} (\, x)\ dx,$$ donde $\operatorname{sech}(z)=\frac2{e^z+e^{-z}}$ es la secante hiperbólica.

Aquí están los valores de $f(a)$ en algunos puntos en particular: $$f(0)=\pi,\hspace{.15in}f(1)=2,\hspace{.15in}f(2)=\left(\sqrt2-1\right)\,\pi,\hspace{.15in}f\left(\frac34\right)=\left(4\sqrt{2+\sqrt2}-\frac{20}3\right)\,\pi.$$ Aunque yo todavía no tiene una prueba listo, parece que por cada $a\in\mathbb{Q},\ f(a)=\alpha+\beta\,\pi$, donde $\alpha$ y $\beta$ son números algebraicos.

Me pregunto, si es posible expresar $f\left(\sqrt2\right)$ en una forma cerrada?

Answer 1

En lo que sigue se obtiene la fórmula exacta $$f\left(\frac{c}{d}\right)=\int_{-\infty}^\infty \text{sech}(x)\text{sech}\left(\frac{c}{d} x\right)dx$$ $$= 2d\pi\left(\frac{1}{c}\sum_{k=1}^{c}\frac{\left(1-\frac{2k-1}{2c}\right)}{\sin\left((c+d)\frac{2k-1}{2c}\pi\right)}+\frac{1}{d}\sum_{k=1}^{d}\frac{\left(1-\frac{2k-1}{2d}\right)}{\sin\left((c+d)\frac{2k-1}{2d}\pi\right)}\right),$$ donde $c/d$ es un número racional en términos mínimos de $a>0$ no es igual a $1$ con, al menos, uno de $c,$ d, incluso. El método utiliza los polinomios de Chebyshev. (Si $$c,$d$ son ambos impares, el mismo método de trabajo, sin embargo tenemos que cambiar el término correspondiente a la doble polo en $0$.) Esto demuestra que para la racional $a\neq 1$ la integral siempre es de la forma $\pi\alpha$, donde $\alpha$ es algebraica, y nos permite evaluar fácilmente $f\left(c/d\right)$ para muchos valores de $c,$ d, (valores por los que Wolfram Alpha no dar nada), tales como $$f\left(\frac{4}{5}\right)=\pi\left(1-\sqrt{5\left(26+5\sqrt{2}-8\sqrt{10+5\sqrt{2}}\right)}\right), $$ $$f\left(\frac{4}{7}\right)=\pi\left(2\sec\left(\frac{\pi}{7}\right)+2\csc\left(\frac{\pi}{8}\right)-\frac{7}{2}\sec\left(\frac{\pi}{8}\right)+2\csc\left(\frac{3\pi}{14}\right)-2\csc\left(\frac{\pi}{14}\right)-1\right),$$ $$f\left(\frac{5}{6}\right)=\pi\left(-\frac{6}{5}+\frac{24}{5}\sqrt{5}+2\sqrt{2}+4\sqrt{6}\right),$$ $$ f(8)=\pi\frac{\pi}{2}\sqrt{2\left(6-\sqrt{10+7\sqrt{2}}\right)}.$$ Por otra parte, la naturaleza de esta identidad fuertemente sugiere que no hay ninguna forma cerrada para irracional $a$. Es interesante notar que el valor está fuertemente ligado a las raíces de los polinomios de Chebyshev, y el grado de la algebraicas campo en el que $\alpha$ vidas depende directamente de $d$ y $c$.

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Prueba: Aviso que $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{e^{x}+e^{-x}}\frac{1}{e^{ax}+e^{-ax}}dx=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{4}{e^{(a+1)x}+e^{-(a+1)x}+e^{(a-1)x}+e^{-(a-1)x}}dx$$ $$=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{2}{\cosh((a+1)x)+\cosh((a-1)x)}dx. $$

Por lo tanto, si $a=\frac{c}{d}$ es un número racional mayor que $0$ y no es igual a $1$, entonces $f\left(\frac{c}{d}\right)$ es igual a $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{2}{\cosh\left(\frac{c+d}{d}x\right)+\cosh\left(\frac{c-d}{d}x\right)}dx=2d\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\cosh\left(\left(c+d\right)x\right)+\cosh\left(\left(d-c\right)x\right)}dx.$$ Deje de $T_{n}$ denotar el $n^{th}$ polinomio de Chebyshev de la primera clase. Entonces $$f\left(\frac{c}{d}\right)=2d\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{T_{c+d}\left(\cosh(x)\right)+T_{d-c}\left(\cosh(x)\right)}dx,$$ y por tanto, por la fórmula del producto de los polinomios de Chebyshev de la primera clase, esto es $$f\left(\frac{c}{d}\right)=d\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{T_{d}\left(\cosh(x)\right)T_{c}\left(\cosh(x)\right)}dx.$$ Dejar que $\cosh(x)=u$, tenemos que $$f\left(\frac{c}{d}\right)=2d\int_{1}^{\infty}\frac{1}{T_{d}\left(x\right)T_{c}\left(x\right)}\frac{1}{\sqrt{x^{2}-1}}dx.$$

Ahora, desde $$T_{n}(x)=2^{n-1}\prod_{k=1}^{n}\left(x-\cos\left(\frac{2k-1}{2n}\pi\right)\right),$$ cuando $c,$ d son relativamente primos el polinomio $T_{c}(x)T_{d}(x)$ tendrá $d+c$ distintas raíces largas como $c,$ d no son ambos impares, y todas estas raíces se encuentran en el intervalo $[-1,1]$. Por lo tanto podemos escribir $$\frac{1}{T_{c}(x)T_{d}(x)}=\sum_{i=1}^{d+c}\frac{\beta_{i}}{x-\alpha_{i}}$$ donde $\beta_{i}=\text{Res}_{x=\alpha_{i}}\frac{1}{T_{c}(x)T_{d}(x)}$ es un número algebraico. Ahora, ya $$\int_{1}^{\infty}\frac{1}{(x-\alpha_{i})\sqrt{x^{2}-1}}dx=\frac{\pi-\cos^{-1}(\alpha_{i})}{\sqrt{1-\alpha_{i}^{2}}}=\frac{\pi-\pi q_{i}}{\sqrt{1-\alpha_{i}^{2}}}$$ $q_i$ satisfacer $\alpha_i=\cos(\pi q_i)$, vemos que $$f\left(\frac{c}{d}\right)=2d\sum_{i=1}^{d+c}\frac{\beta_{i}\pi\left(1-q_{i}\right)}{\sqrt{1-\cos^{2}\left(q_{i}\pi\right)}}=2d\sum_{i=1}^{d+c}\frac{\beta_{i}\pi\left(1-q_{i}\right)}{\sin\left(q_{i}\pi\right)}.$$ Para encontrar la forma exacta para $\beta_{i}$ aviso que $$\beta_{i}=\frac{1}{T'_{c}(\alpha_{i})T_{d}(\alpha_{i})+T_{c}(\alpha_{i})T_{d}'(\alpha_{i})}=\frac{1}{cU_{c-1}(\alpha_{i})T_{d}(\alpha_{i})+dT_{c}(\alpha_{i})U_{d-1}(\alpha_{i})}$$ donde $U_{n}(x)$ es un Polinomio de Chebyshev de la segunda clase. Desde $U_{n-1}(\cos(\theta))=\frac{\sin(n\theta)}{\sin(\theta)}$, $T_{n}(\cos(\theta))=\cos(n\theta)$, vemos que $$\beta_{i}=\frac{\sin(q_{i}\pi)}{c\sin(cq_{i}\pi)\cos(dq_{i}\pi)+d\cos(cq_{i}\pi)\sin(dq_{i}\pi)}.$$ Observe que cuando $q_{i}=\frac{2k-1}{2d}$, $\sin(cq_{i}\pi)\cos(dq_{i}\pi)=0$, y así podemos cambiar su coeficiente de $c$ a $d$ y el uso de la adición de identidad para $\sin$ obtener $$\beta_{i}=\frac{\sin(q_{i}\pi)}{d\sin\left((c+d)\frac{2k-1}{2d}\pi\right)}.$$ De modo similar, cuando $q_{i}=\frac{2k-1}{2c}$, vemos que $$\beta_{i}=\frac{\sin(q_{i}\pi)}{c\sin\left((c+d)\frac{2k-1}{2d}\pi\right)}.$$ Así, podemos obtener la forma final $$f\left(\frac{c}{d}\right)=2d\pi\left(\frac{1}{c}\sum_{k=1}^{c}\frac{\left(1-\frac{2k-1}{2c}\right)}{\sin\left((c+d)\frac{2k-1}{2c}\pi\right)}+\frac{1}{d}\sum_{k=1}^{d}\frac{\left(1-\frac{2k-1}{2d}\right)}{\sin\left((c+d)\frac{2k-1}{2d}\pi\right)}\right),$$ como se desee.

Answer 2

${\large\mbox{sólo Tenemos que evaluar}\ {\rm f}\left (\right)\ \mbox{si}\ un \en \left\lbrack 0, 1\right\rbrack}$ desde $$ {\rm f}\left (\right) = {\rm f}\left (\right) \quad\mbox{y}\quad {\rm f}\left(1 \sobre un\right) = \left\vert\right\vert\,{\rm f}\left (\right) $$

\begin{align} {\rm f}\left(1 \sobre\right) &= \int_{-\infty}^\infty {\rm sech}\left(x\right)\,{\rm sech}\left(x \a través de una\right)\,{\rm d}x = un\int_{-\infty}^\infty {\rm sech}\left (\, {x \a través de una}\right){\rm sech}\left(x \a través de una\right) \,{{\rm d}x \a través de una} \\[3 mm]&= \left\vert\right\vert\int_{-\infty}^\infty {\rm sech}\left(ax\right)\,{\rm sech}\left(x\right)\,{\rm d}x = \left\vert\right\vert\,{\rm f}\left (\right) \end{align}

Por ejemplo \begin{align} {\rm f}\left(1 \over 2\right) &= 2\,{\rm f}\left(2\right) = 2\left(\sqrt{2\,} - 1\right)\pi \\[3 mm] {\rm f}\left(4 \más de 3\right) &= {3 \más de 4}\,{\rm f}\left(3 \más de 4\right) = \left(3\sqrt{2 +\sqrt{\vphantom{\large Un}2\,}\,} - 5\right)\,\pi \\[3 mm] {\rm f}\left (\right) y = {1 \over \left\vert\right\vert}\,{\rm f}\left(1 \sobre\right) \aprox {1 \over \left\vert\right\vert}\,{\rm f}\left(0\right) = {\pi \sobre \left\vert\right\vert}\,, \quad \left\vert \right\vert \gg 1 \end{align}

Answer 3

Usted puede tener esta forma de solución

$$ \int_{-\infty}^\infty\operatorname{sech} (x) \operatorname {sech}(a\, x) \ dx = _ \frac{2}{a}\sum {k = 0} ^ \left {\infty} (\right)^{k-1} \left (\psi \left (\,{\frac {3\, 2\ a +, k + 1} {4a}} \right)-\psi \left ({\frac {2\, k + 1 + un} {4a}} \right) \right),$$

donde $\psi(x)$ es la función digamma. Tenga en cuenta que $a = 0$ es un caso especial.

Answer 4

Tenga en cuenta $ $af(a)=f(1/a). Para integrales similares ven Belgrado Univ. Elektrotehn publ. FAK. Ser. Mat. Fiz.76,498-no.541(1975), 49-50. Es divertido observar que \operatorname{sech}[ax(x+i\pi) $$\int_{-\infty}^{\infty}\operatorname{sech}(x) \,\mathrm dx = \pi \operatorname{sech}(\pi^2 a/4)$ $ pero me duda $ $f(a) tiene una expresión de forma cerrada.