Qué $\int_{0}^{\infty}{\cos(10x^2\pi)\sin(6x^2\pi)\over \sinh^2(2x\pi)}\mathrm dx={1\over 16}?$

Question

¿Cómo podemos probar estos dos resultados?

$$\int_{0}^{\infty}{\cos(10x^2\pi)\sin(6x^2\pi)\over \sinh^2(2x\pi)}\mathrm dx={1\over 16}\tag1$$

$$\int_{0}^{\infty}{\sin(10x^2\pi)\sin(6x^2\pi)\over \sinh^2(2x\pi)}\mathrm dx={1\over 8\pi}\tag2$$

Pruebe un método para dividir el formulario

$${\cos(10x^2\pi)\sin(6x^2\pi)\over \sinh^2(2x\pi)}\mathrm dx={1\over 4}{\sin(16x^2\pi)-\sin(4x^2\pi)\over 2\sinh(x\pi)\cosh(x\pi)}\tag3$$

$$={1\over 4}{\sin(16x^2\pi)-4\sin(x^2\pi)\cos(x^2\pi)+8\sin^3(x^2\pi)\cos(x^2\pi)\over 2\sinh(x\pi)\cosh(x\pi)}\tag4$$ O podríamos escribir $(1)$

$$\int_{0}^{\infty}{({e^{i10x^2\pi}+e^{-i10x^2\pi}})({e^{i6x^2\pi}-e^{-i6x^2\pi}})\over4i \sinh^2(2x\pi)}\mathrm dx\tag5$$

$$\int_{0}^{\infty}{{e^{i16x^2\pi}-e^{-i16x^2\pi}}-({e^{i4x^2\pi}-e^{-i4x^2\pi}})\over4i \sinh^2(2x\pi)}\mathrm dx\tag6$$

$$\int_{0}^{\infty}{\sinh(i16x^2\pi)-\sinh(i4x^2\pi)\over2i \sinh^2(2x\pi)}\mathrm dx\tag7$$

Sin duda, este no es el enfoque correcto aquí.

Yo estimo que la forma cerrada de usar wolfram integrador, no estoy seguro de que es correcta.

Answer 1

Tal vez la forma más eficaz para calcular estas integrales no es empezar de cero y uso de residuos de la teoría, pero para aplicar la fórmula general resultó en Ramanujan del Cuaderno Perdido, parte IV, de la fórmula 14.4.14. En otra palabras, no hay necesidad de reinventar la rueda. Voy a demostrar que el método y su eficacia mediante el cálculo de $(1)$. Tenga en cuenta que \begin{align} I_1&=\int_{0}^{\infty}{\cos(10x^2\pi)\sin(6x^2\pi)\over \sinh^2(2x\pi)}\mathrm dx\\ &=\int_{0}^{\infty}{\sin(16x^2\pi)-\sin(4x^2\pi)\over 2\sinh^2(2x\pi)}\mathrm dx\\ &=\int_{0}^{\infty}{32\pi x\cos(16x^2\pi)-8\pi x\cos(4x^2\pi)\over 4\pi}\left(\frac{1}{\tanh(2x\pi)}-1\right)\mathrm dx\\ &=\frac12\int_{0}^{\infty}{\left(4\cos(4x^2\pi)-\cos(x^2\pi)\right)}x\left(\frac{1}{\tanh(x\pi)}-1\right)~\mathrm dx \end{align}

Se sabe que los siguientes divergentes integral puede ser regularizados a través de la introducción de un factor de regularización $e^{-\delta x^2},~\delta\to+0$ $$ \int_{0}^{\infty}x\cos\pi x^2~dx=0\etiqueta{*}. $$

Ramanujan considera la función $$ F_w(t)=\int_{0}^{\infty}{\sin(\pi t x)\\tanh(x\pi)}e^{-\pi wx^2}~\mathrm dx $$ y lo prueba el siguiente proposición

donde el primer $'$ sobre el simbolo indica que los términos con $j = 0, n$ se multiplica por $\frac{1}{2}$.

Esta fórmula permite calcular el $F_w(t)$ al $w=-\eta_2ni/(\eta_1 m)$, porque en ese caso $s=t$ y 14.4.14 puede ser resuelto por $F_w(t)$.

Por ejemplo, para el extraño $m$ $n$ 14.4.14 se convierte en:

Ahora dividir (14.5.3) por $t$ y tomar el límite de $t\to 0$. Por supuesto, la integral va a ser divergentes, sin embargo se hace convergente restando a $4\int_{0}^{\infty}x\cos(\pi x^2)~dx=0$. Por ejemplo, para $m=n=1$ uno se $$ 4\int_{0}^{\infty}{x\cos(x^2\pi)\left(\frac{1}{\tanh(2x\pi)}-1\right)}~\mathrm dx=\frac{1}{2}+\frac{-1}{2}(-1)+\left(\frac{-1}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{2}\frac{-1}{\sqrt{2}}\right)-0\\ =1-\frac{1}{\sqrt{2}}.\la etiqueta{**} $$

Numérico de verificación confirma que (**) es correcta.

Cuando uno de $m,n$ es par, entonces analógico de $14.5.3$ tienen $\sinh(mt)$ sobre el lado izquierdo en lugar de $\cosh(mt)$, y en este caso uno tiene que dividir por $t^2$ y aplicar Lopital la regla de los RHS. Por supuesto, no hay necesidad de calcular el todo por la parte, porque las fórmulas de $14.4.14$ puede ser enchufado en Mathematica y formas cerradas evalúan de forma automática, ahorrando así una gran cantidad de tiempo y esfuerzo.

Answer 2

De hecho, he ni idea de cómo prueba, pero la pregunta que más me interesa y he intentado hacer un par de cosas. Usted podría tratar de romper todo abajo a las exponenciales. Esto es lo que escribí en MathType para la fórmula (1):

Yo sugeriría a sustituir el $e^{2\pi x}$ a un valor de $a$ y, finalmente, usted debe obtener cuatro integrales con algo como $ \left(\frac{ca^2}{a^2-1}\right) $. Al evaluar esta integral se debe dar una logaritm y subsituting el valor de la espalda podría dar el bonito número que usted estaba buscando. Buena suerte!