Esta integral puede evaluarse utilizando el teorema de los residuos, considerando el complejo integral
$$\oint_C dz \frac{\cos{\left (\pi z^2\right )}}{\sinh^3{\left (\pi z\right )}} $$
sobre el rectángulo con vértices $\pm R \pm i$ con pequeños semicirculares rodeos alrededor de los polos en $z=\pm i$. El contorno de la integral es entonces igual a
$$PV \int_{-R}^R dx \frac{\cos{[\pi (x-i)^2]}}{\sinh^3{[\pi (x-i)]}} + i \epsilon \int_{\pi}^0 d\phi \, e^{i \phi} \frac{\cos{\left [\pi \left (-i+\epsilon e^{i \phi} \right )^2 \right ]}}{\sinh^3{\left [\pi \left (-i+\epsilon e^{i \phi} \right ) \right ]}} \\ + PV \int_R^{-R} dx \frac{\cos{[\pi (x+i)^2]}}{\sinh^3{[\pi (x+i)]}} + i \epsilon \int_{2 \pi}^{\pi} d\phi \, e^{i \phi} \frac{\cos{\left [\pi \left (i+\epsilon e^{i \phi} \right )^2 \right ]}}{\sinh^3{\left [\pi \left (i+\epsilon e^{i \phi} \right ) \right ]}} \\ + i \int_{-1}^1 dy \frac{\cos{\left [\pi \left (R+i y \right )^2 \right ]}}{\sinh^3{\left [\pi \left (R+i y \right ) \right ]}}+i \int_1^{-1} dy \frac{\cos{\left [\pi \left (-R+i y \right )^2 \right ]}}{\sinh^3{\left [\pi \left (-R+i y \right ) \right ]}}$$
Tenga en cuenta que la primera y la tercera de las integrales son expresadas como Cauchy principales valores porque el individuo integrales en sí no convergen. Dicho esto, cuando se combinan, el resultado integral hace converger y podemos quitar el $PV$ etiqueta.
Como $R \to \infty$, las dos últimas integrales ir a cero.
La segunda enfoques integrales, en el límite de $\epsilon \to 0$:
$$i \epsilon \int_{\pi}^0 d\phi \, e^{i \phi} \frac{-1-2 \pi^2 \epsilon^2 e^{i 2 \phi}}{\left (\pi \epsilon e^{i \phi} \right )^3 \left (1 + \frac16 \pi^2 \epsilon^2 e^{i 2 \phi} + \cdots \right )^3} \\ = i \epsilon \int_{\pi}^0 d\phi \, e^{i \phi} \frac{-1-2 \pi^2 \epsilon^2 e^{i 2 \phi}}{\left (\pi \epsilon e^{i \phi} \right )^3} \left (1-\frac12 \pi^2 \epsilon^2 e^{i 2 \phi} \right ) \to -i \frac32$$
El cuarto enfoques integrales idéntica de un límite de $\epsilon \to 0$.
La primera y la tercera de las integrales que se combinan para producir, como $R \to \infty$,
$$i 4 \int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{\sin{\left ( \pi x^2 \right )}}{\sinh^2{(\pi x)}} \cosh{(\pi x)} $$
El contorno de la integral es también igual a $i 2 \pi$ veces el residuo de el integrando en $z=0$. El residuo puede ser calculada mediante la ampliación de el integrando en una de la serie de Laurent alrededor de $z=0$, que es
$$\frac1{(\pi z)^3} \left (1 - \frac12 \pi^2 z^4+\cdots \right ) \left (1 - \frac12 \pi^2 z^2+\cdots \right )$$
El residuo es el coeficiente de $z^{-1}$ o $-1/(2 \pi)$. Por lo tanto,
$$i 4 \int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{\sin{\left ( \pi x^2 \right )}}{\sinh^2{(\pi x)}} \cosh{(\pi x)} - i 3 = -i$$
Reorganizar un poco las cosas, nos encontramos con que el original de la integral es
$$\int_0^{\infty} dx \frac{\sin{\left ( \pi x^2 \right )}}{\sinh^2{(\pi x)}} \cosh{(\pi x)} = \frac14 $$
ANEXO
Debo mencionar una sutileza en la evaluación del límite de $\epsilon \to 0$ por encima. El lector astuto puede haber notado que el dominante plazo en la integral podría ser singular como $\epsilon \to 0$, y sería si el resultado fue una extraña energía en $\epsilon$. Sin embargo, como el poder de la $\epsilon$ es incluso, la contribución cancela tras la integración.
