La integración de $\dfrac{x}{\sinh x}~dx$ $-\infty$ $\infty$

Question

Problema de establecer en recidues:

Evaluar $$\int_0^\infty \frac{\log x}{(x-1) \sqrt{x}}~dx.$$

Después de la sustitución de $x = e^u$ fácil y cálculos. La integral se convierte en $$\int_{-\infty}^\infty \frac{x}{\sinh x}~dx.$$

Answer 1

Esto era más difícil de lo que pensaba, pero un método más complejo el análisis sería el siguiente:

Como la integración de contorno elegimos un rectángulo con vértices $\pm R,\pm R+\pi i $

Ahora vamos a definir $I =\int_C\frac{z}{\sinh(z)}$ . Podemos escribir (el límite de $R\rightarrow\infty$ es implícito)

$$ I=\underbrace{I_1}_{\text{Línea Real}}+\underbrace{I_2}_{\text{Línea Real}+i\pi}+\underbrace{I_3+I_4}_{\text{piezas Verticales}}+\underbrace{I_5}_{\text{pequeño círculo evitar }z=i\pi}=0 $$

por Cauchy teorema.

Ahora es una tarea fácil demostrar que (el uso de $\sinh(x+i \pi)=-\sinh(x)$)

a) $I_1+I_2=2I_1-i\pi P\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sinh(x)}$ donde $P$ denota Cauchy de la parte principal

b) Las piezas verticales desaparecen

Así que nuestro problema se reduce a

$$ I_1=\frac{i\pi}{2} \underbrace{P\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sinh(x)}dx}_{(*)}+\underbrace{\frac{i\pi}{2}\lim_{r\rightarrow0}\int_0^{\pi}\frac{ r e^{i\phi}}{i\sinh(r e^{i\phi})}d\phi}_{I_5/2} $$

Ahora$(*)=0$, básicamente porque $\frac{1}{\sinh(x)}$ es impar y nos integrar más de una, incluso intervalo.

Por otra parte , con el hecho de que $\sinh(x)\approx x$ pequeña $x$

$$ I_1=\underbrace{\frac{\pi}{2}\int_0^{\pi}d\phi}_{I_5/2}=\frac{\pi^2}{2} $$

Y hemos terminado

Apéndice

No me puedo resistir tengo que hacer algo realmente loco (los puristas puede que me perdone):

!Advertencia: esta parte es de ningún modo riguroso.

Supongamos que podemos elegir una gran semicírculo en la mitad superior del plano como una integración de contorno (que es bastante delicada asunción, porque en el eje imaginario, y sólo allí nuestros integral no es convergente) y, a continuación, nuestra integral está dada por

$$ I_1= 2\pi i\sum_{n=0}^{\infty} \text{Res}[I(z),z=i n \pi] $$

y ahora aparece, uno de mis amigos más queridos de la Teoría Cuántica de campos, la muy divergentes suma de la alternancia de los números naturales

$$ I_1=-2 \pi^2 \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n n $$

Ahora, ¿qué hacer? Resulta que por medio de un adecuado procedimiento de regularización (Borel suma, $\zeta$-métodos, ..., sólo para dar un par de palabras de moda) podemos asignar el valor -1/4 a esta suma y terminar con

$$ I_1=\frac{\pi^2}{2} $$

Que es sorprendentemente el resultado correcto.

Yo estaría muy interesado si alguien podría explicar la correspondencia entre un divergentes pieza de anchura 0 en la integración de contorno y de la divergencia de la suma de los residuos, que después de una adecuada regularización, nos da, sin embargo, una correcta y finito de resultados. O es sólo una coincidencia (tengo la sensación de que NO es)

Answer 2

Tenemos $$\int_1^{\infty} \dfrac{\log(x)}{(x-1)\sqrt{x}}dx = \int_1^0 \dfrac{\log(1/x)}{(1/x-1)1/\sqrt{x}} \left(-\dfrac{dx}{x^2}\right) = \int_0^1 \dfrac{-\log(x)}{(1-x)\sqrt{x}}dx = \int_0^1 \dfrac{\log(x)}{(x-1)\sqrt{x}}dx$$ Por lo tanto, la integral es \begin{align} I & = -2\int_0^1 \dfrac{\log(x)dx}{(1-x)\sqrt{x}} = -2 \sum_{k=0}^{\infty}\int_0^1 x^{k-1/2}\log(x)dx = 2\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac1{(k+1/2)^2} =8 \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac1{(2k+1)^2} = \pi^2 \end{align}

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Un método para evaluar la $$I=\int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{x}{\sinh(x)}dx = 2\int_0^{\infty} \dfrac{x}{\sinh(x)}dx$$ Tenemos \begin{align} I & = 2 \cdot \int_0^{\infty} \dfrac{2x}{e^x-e^{-x}}dx = \int_0^{\infty} \dfrac{4xe^{-x}}{1-e^{-2x}}dx = 4 \sum_{k=0}^{\infty} \int_0^{\infty}xe^{-(2k+1)x}dx = 4 \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac1{(2k+1)^2} = \dfrac{\pi^2}2 \end{align}