Asymptotics de $\int_{0}^{+\infty}\!\!\frac{dx}{\sinh^2(\epsilon \sqrt{x^2+1}) } $ $\epsilon$ cerca de $0$

Question

Cómo encontrar un asintótica de expansión, para $\epsilon$ cerca de $0$, de la siguiente integral $$ I(\epsilon):=\int_{0}^{+\infty}\frac 1{\sinh^2 (\epsilon \sqrt{x^2+1}) } {\rm d}x. $$ Como $\epsilon \rightarrow 0$, fácilmente he obtenido $$ I(\epsilon) \sim \frac{\pi}{2\:\epsilon^2}. $$

Algunos claros los pasos que conducen a la extensión de la expansión sería apreciada.

Answer 1

Mi cálculo muestra que

$$I(\epsilon) := \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{\sinh^{2}(\epsilon\sqrt{x^{2}+1})} = \frac{\pi}{2\epsilon^{2}} - \frac{1}{\epsilon} + \pi \epsilon \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(\pi^{2}n^{2} + \epsilon^{2})^{3/2}} \etiqueta de{1}. $$

En particular, si ampliamos la infinita suma en el lado derecho, tenemos

$$ I(\epsilon) = \frac{\pi}{2\epsilon^{2}} - \frac{1}{\epsilon} + \sum_{n=0}^{\infty} \binom{-3/2}{n} \frac{\zeta(2n+3)}{\pi^{2n+2}} \epsilon^{2n+1}. $$

De hecho, a partir de la siguiente expansión

$$ \frac{1}{\sinh^{2}z} = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{(z-i\pi n)^{2}} = \frac{1}{z^{2}} + 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^{2} - \pi^{2}n^{2}}{(z^{2} + \pi^{2} n^{2})^{2}}, $$

se sigue por el término de sabios de integración que

\begin{align*} \int_{0}^{R} \frac{dx}{\sinh^{2}(\epsilon\sqrt{x^{2}+1})} = \frac{\arctan R}{\epsilon^{2}} + \sum_{n=1}^{\infty} &\Bigg( \frac{2\epsilon \arctan \left( R\epsilon \big/ \sqrt{\pi^{2}n^{2} + \epsilon^{2}} \right)}{(\pi^{2}n^{2} + \epsilon^{2})^{3/2}} \\ &\quad + \frac{2}{R}\frac{1}{\pi^{2}n^{2}+\epsilon^{2}} \\ &\quad - \frac{2(R^{2}+1)}{R(\pi^{2}n^{2} + (R^{2}+1)\epsilon^{2})} \Bigg). \tag{2} \end{align*}

Aquí, el término sabio integración es posible a partir del teorema de Fubini, junto con la siguiente estimación:

$$ \int_{0}^{R} \left| \frac{\epsilon^{2} x^{2}+1) - \pi^{2}n^{2}}{(\epsilon^{2} x^{2}+1) + \pi^{2} n^{2})^{2}} \right| = \frac{\arctan \left( R\epsilon \big/ \sqrt{\pi^{2}n^{2} + \epsilon^{2}} \right)}{\epsilon\sqrt{\pi^{2}n^{2}+\epsilon^{2}}} \lesssim_{\epsilon, R} \frac{1}{n^{2}}. $$

(Observe que la arctan término también contribuye a fin de $n^{-1}$. Esto significa que este argumento no si tenemos en cuenta $R = \infty$. Esta es la razón por la que consideramos adecuada integral de la primera.)

Finalmente, teniendo en $R \to \infty$ a (2) se obtiene (1). Al hacer esto, el único no-trivial de cálculo para verificar que los

$$ \lim_{R\to\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2(R^{2}+1)}{R(\pi^{2}n^{2} + (R^{2}+1)\epsilon^{2})} = \frac{1}{\epsilon}. $$

Pero esto se desprende de la apretando lema combinado con la siguiente desigualdad

$$ C(1, R) \leq \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2(R^{2}+1)}{R(\pi^{2}n^{2} + (R^{2}+1)\epsilon^{2})} \leq C(0, R), $$

donde

\begin{align*} C(a, R) &:= \int_{a}^{\infty} \frac{2(R^{2}+1)}{R(\pi^{2}x^{2} + (R^{2}+1)\epsilon^{2})} \, dx \\ &= \frac{\sqrt{R^{2}+1}}{R\epsilon} \frac{\arctan\left( \epsilon\sqrt{R^{2}+1} \big/ a\pi \right)}{\pi/2}. \end{align*}

Answer 2

¿Qué acerca de la consideración de más términos de la Weierstrass producto de $\sinh$?

El primer término de la asymptotics es fácilmente recuperado de: $$ I = \int_{0}^{\pi/2}\frac{d\theta}{\cos^2\theta\sinh^2\frac{\epsilon}{\cos\theta}}$$ mediante la aproximación de $\sinh t$$t$. Si nos aproximado de $\sinh t$ $t\left(1+\frac{t^2}{\pi^2}\right)$ o, aún mejor, con $ t\, e^{t^2/6}$, obtenemos: $$ I \approx \frac{1}{\varepsilon^2}\int_{0}^{\pi/2}\exp\left(-\frac{\epsilon^2}{3\cos^2\theta}\right)\,d\theta=\frac{\pi}{2\epsilon^2}\operatorname{Erfc}\left(\frac{\epsilon}{\sqrt{3}}\right)\approx\color{red}{\frac{\pi}{2\epsilon^2}\left(1-\frac{2\epsilon}{\sqrt{3\pi}}\right)}.$$