Demostrar $\sin a=\int_{-\infty}^{\infty}\cos(ax^2)\frac{\sinh(2ax)}{\sinh(\pi x)} \operatorname dx$

Question

Se derivan de la representación integral

$$\sin a=\int_{-\infty}^{\infty}\cos(ax^2)\frac{\sinh(2ax)}{\sinh(\pi x)}dx$$ para $|a|\le \pi/2$.

Answer 1

Haciendo un problema como este usando el contorno de los métodos de integración implica el reconocer el patrón en el integrando; esto ayuda a seleccionar el contorno tanto como el integrando. Una vez hecho esto, el proceso de escritura de las integrales involucradas y aplicando el teorema de los residuos es simple.

Considere la integral de contorno

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

donde $C$ es un contorno rectangular con esquinas en $-R-i,R-i,R+i,-R+i$, pero con semicircular desvíos de la radio de $\epsilon$ alrededor de los polos en $z=\pm i$, como se muestra a continuación:

El contorno de la integral puede entonces escribirse como una suma de más de ocho integrales:

$$\int_{-R}^{-\epsilon} dx \frac{e^{i a (x-i)^2}}{\sinh{\pi(x-i)}} + i \epsilon \int_{\pi}^0 d\phi \, e^{i \phi} \frac{e^{i a (-i+\epsilon e^{i \phi})^2}}{\sinh{\pi (-i + \epsilon e^{i \phi})}}\\ + \int_{\epsilon}^R dx \frac{e^{i a (x-i)^2}}{\sinh{\pi(x-i)}} + i \int_{-1}^1 dy \frac{e^{i a (R+i y)^2}}{\sinh{\pi (R+i y)}} \\ + \int_{R}^{\epsilon} dx \frac{e^{i a (x+i)^2}}{\sinh{\pi(x+i)}} + i \epsilon \int_0^{-\pi} d\phi \, e^{i \phi} \frac{e^{i a (i+\epsilon e^{i \phi})^2}}{\sinh{\pi (i + \epsilon e^{i \phi})}}\\ + \int_{-\epsilon}^{-R} dx \frac{e^{i a (x+i)^2}}{\sinh{\pi(x+i)}} + i \int_{1}^{-1} dy \frac{e^{i a (-R+i y)^2}}{\sinh{\pi (-R+i y)}} $$

En el límite de $R \to \infty$ el cuarto y octavo integrales desaparecer tanto tiempo como $|a| \lt \pi/2$. (Me gustaría tratar el caso de $|a|=\pi/2$ por separado). Como $\epsilon \to 0$, el segundo y el sexto integrales a ser igual; el uso de un seno teorema de adición o de la especie, vemos que cada uno de estos enfoques integrales

$$i \epsilon e^{-i a} \frac{1}{-\pi \epsilon } (-\pi) = i e^{-i a} $$

Mientras tanto, la suma de la primera, tercera, quinta y séptima de las integrales se aproxima a un valor principal de Cauchy. Utilizando el hecho de que $\sinh{\pi(x\pm i)} = -\sinh{\pi x}$, tenemos que esta suma

$$-PV \int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{e^{i a (x-i)^2}-e^{i a (x+i)^2}}{\sinh{\pi x}} = -2 e^{-i a} \int_{-\infty}^{\infty} dx \, e^{i a x^2} \frac{\sinh{2 a x}}{\sinh{\pi x}} $$

(Tenga en cuenta que nosotros no necesitamos el $PV$ debido a las singularidades se han retirado). Ahora, el contorno de la integral es también igual a $i 2 \pi$ veces el residuo de la pole en $z=0$, que simplemente es $i 2 \pi (1/\pi) = i 2$. Por lo tanto, ahora tenemos

$$-2 e^{-i a} \int_{-\infty}^{\infty} dx \, e^{i a x^2} \frac{\sinh{2 a x}}{\sinh{\pi x}} + 2 i e^{-i a} = 2 i $$

Reorganizar, nos encontramos con que

$$\int_{-\infty}^{\infty} dx \, e^{i a x^2} \frac{\sinh{2 a x}}{\sinh{\pi x}} = i \left (1-e^{i a}\right)$$

o, tomando la parte real,

$$\int_{-\infty}^{\infty} dx \, \cos{a x^2} \frac{\sinh{2 a x}}{\sinh{\pi x}} = \sin{a}$$

al $|a| \lt \pi/2$. Al $|a|=\pi/2$, se puede tomar un enfoque diferente, por ejemplo, el uso de una cuña de ángulo de $\pi/4$ en el plano complejo, para comprobar que la igualdad se mantiene.

La integridad, aquí está la otra integral podemos obtener de forma gratuita:

$$\int_{-\infty}^{\infty} dx \, \sin{a x^2} \frac{\sinh{2 a x}}{\sinh{\pi x}} = 1-\cos{a}$$