Demostrar que $\int_{-\infty}^\infty \frac {\sin t \tau}{e^{t/2}-e^{-t/2}}\,dt = \pi \tanh \pi \tau$

Question

Dejemos que $f_\tau(t)=\frac {\sin t \tau}{e^{t/2}-e^{-t/2}}$ y demostrar que $I :=\int_{-\infty}^\infty f_\tau(t)\,dt = \pi \tanh \pi \tau$ .

Mi intento:

Considere la integral $\int_R f_\tau(t)\,dt$ sobre un gran rectángulo $R$ sobre los números complejos que van desde $-K$ a $K$ a $K+4\pi i$ a $-K+4\pi i$ a $-K$ y que $K\rightarrow \infty$ .

Desde $f_\tau(t)$ tiene polos en $0, 2\pi i, 4\pi i$ tenemos que $$\int_R f_\tau(t)\,dt = \frac 1 2(\operatorname{res}_{0}f_\tau(t) + \operatorname{res}_{4\pi i}f_\tau(t)) + \operatorname{res}_{2\pi i}f_\tau(t).$$

Ya que las integrales sobre los lados verticales van a cero,

$$I - \int \frac {e^{-4\pi \tau}e^{it\tau}-e^{4\pi\tau}e^{-it\tau}}{e^{t/2}-e^{-t/2}}\,dt=\frac 1 2(\operatorname{res}_{0}f_\tau(t) + \operatorname{res}_{4\pi i}f_\tau(t)) + \operatorname{res}_{2\pi i}f_\tau(t).$$

Además,

$$\operatorname{res}_{0}f_\tau(t) = \lim_{t\rightarrow 0}\,(t-0)\frac{\sin t\tau}{e^{t/2}-e^{-t/2}} = 0.$$

Si estoy en el camino correcto, me gustaría pedir una pista para el cálculo de los otros dos residuos y la integral sobre la parte superior del rectángulo.

Answer 1

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\,{#1}\,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,\mathrm{Li}_{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ $$ \bbox[#fee,5px,border:2px groove navy]{\quad% \mbox{Hereafter, we evaluate the integral without using the Residue Theorem.}\quad} $$

$\ds{\int_{-\infty}^{\infty}{\sin\pars{\tau t} \over \expo{t/2} - \expo{-t/2}}\,\dd t = \pi\tanh\pars{\pi\tau}:\ ?}$ .

\begin{align} \color{#f00}{\int_{-\infty}^{\infty}{\sin\pars{\tau t} \over \expo{t/2} - \expo{-t/2}}\,\dd t} & = 2\int_{0}^{\infty}{\sin\pars{\tau t}\expo{-t/2} \over 1 - \expo{-t}}\,\dd t = 2\sum_{n = 0}^{\infty}\, \Im\int_{0}^{\infty}\expo{-\pars{n + 1/2 - \tau\,\ic}t}\,\,\,\,\dd t \\[5mm] & = -\ic\sum_{n = 0}^{\infty}\, \pars{{1 \over n + 1/2 - \tau\,\ic} - {1 \over n + 1/2 + \tau\,\ic}}\dd t \\[5mm] & = -\ic\bracks{\Psi\pars{\half + \tau\,\ic} - \Psi\pars{\half - \tau\,\ic}}\qquad \pars{~\Psi:\ Digamma\ Function~} \end{align} Con Fórmula de reflexión de Euler : $$ \color{#f00}{\int_{-\infty}^{\infty}{\sin\pars{\tau t} \over \expo{t/2} - \expo{-t/2}}\,\dd t} = -\ic\braces{\pi\cot\pars{\pi\bracks{\half - \tau\,\ic}}} = \color{#f00}{\pi\tanh\pars{\pi\tau}} $$

Answer 2

Para un contorno de tipo rectangular, considere

$$\oint_C dz \frac{\sin{\tau z}}{\sinh{(z/2)}} $$

donde $C$ es el rectángulo con vértices $-R$ , $R$ , $R+i 2 \pi$ , $-R+i 2 \pi$ modificada por un desvío semicircular alrededor de $z=i 2 \pi$ de radio $\epsilon$ . Por lo tanto, la integral de contorno es

$$\int_{-R}^R dx \frac{\sin{\tau x}}{\sinh{(x/2)}} + i \int_0^{2 \pi} dy \frac{ \sin{\tau (R+i y)}}{\sinh{((R+i y)/2)}} \\ - PV \int_{-R}^R dx \frac{\sin{\tau (x+i 2 \pi)}}{\sinh{(x/2+i \pi)}} + i \epsilon \int_{2 \pi}^{\pi} d\phi \, e^{i \phi} \frac{\sin{\tau (\epsilon e^{i \phi}+ i 2 \pi)}}{\sinh{(\epsilon e^{i \phi}/2+i \pi)}} \\- i \int_0^{2 \pi} dy \frac{ \sin{\tau (-R+i y)}}{i \sinh{((-R+i y)/2)}} $$

En el límite como $R \to \infty$ las integrales segunda y quinta desaparecen. La integral de contorno se convierte entonces en este límite y en el límite $\epsilon \to 0$ ,

$$\left [1+\cosh{(2 \pi \tau)} \right ] \int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{\sin{\tau x}}{\sinh{(x/2)}} + i \sinh{(2 \pi \tau)} PV \int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{\cos{\tau x}}{\sinh{(x/2)}} - 2 \pi \sinh{2 \pi \tau} $$

La integral sobre el coseno desaparece debido a la simetría. Además, por el teorema de Cauchy, la integral de contorno desaparece. Por lo tanto,

$$\int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{\sin{\tau x}}{\sinh{(x/2)}} = 2 \pi \frac{\sin{2 \pi \tau}}{1+\cos{2 \pi \tau}} = 2 \pi \tanh{\pi \tau}$$

A continuación, el resultado indicado.

Answer 3

\begin{align} I &= \int_{-\infty}^{+\infty}dt\,\frac{\sin(t\tau)}{e^{t/2}-e^{-t/2}}\\ &= \int_{-\infty}^{+\infty}dt\,\frac{1}{2i}\frac{e^{it\tau}}{\sinh(t/2)} \end{align}

La función $$ g_{\tau}(t) = \frac{1}{2i}\frac{e^{it\tau}}{\sinh(t/2)} $$ tiene polos en $t_n = 2\pi i n$ para todos los enteros $n$ . El residuo en $t = t_n$ se puede calcular como: \begin{align} Res\{2\pi i n\} &=\lim_{t\rightarrow 2\pi i n} \frac{1}{2i} \frac{(t - 2\pi i n)\,e^{i t \tau}}{2 \sinh(t/2)}\\ &= \lim_{t\rightarrow 2\pi i n} \frac{1}{2i}\frac{(t - 2\pi i n)\,e^{-2\pi n \tau}}{\sinh(\pi i n) + \frac{1}{2}\cosh(\pi i n)(t - 2\pi i n)\,+\,...}\\ &= \lim_{t\rightarrow 2\pi i n} \frac{1}{2i}\frac{(t - 2\pi i n)\,e^{-2\pi n \tau}}{0 + \frac{1}{2}{(-1)}^n(t - 2\pi i n)\,+\,...}\\ &=\frac{1}{i} {(-1)}^ne^{-2\pi n \tau} \end{align} En la segunda línea anterior, he tomado una serie de Taylor alrededor de $t = 2\pi i n$ al número necesario de términos en la parte inferior.

Para $\tau>0$ tomar un contorno que encierre la mitad superior del plano complejo. Este contorno encierra todos los polos con $n>0$ y pasa por el $n=0$ poste en $t = 0$ . El $t=0$ el poste contribuye medio su residuo a la integral. El valor de la integral es pues: \begin{align} I &= 2\pi i \left(\sum_{n = 1}^{\infty} Res\{2\pi i n\}\;+\; \frac{1}{2}Res\{0\}\right)\\ &= 2\pi i \left(\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{i} {(-1)}^n e^{-2\pi n \tau} + \frac{1}{2}\frac{1}{i}\right)\\ &= \pi + 2\pi\sum_{n = 1}^{\infty} {(-1)}^n e^{-2\pi n \tau}\\ &= \pi - 2\pi \frac{e^{-2\pi n \tau}}{1+e^{-2\pi n \tau}}\\ &= \pi \tanh(\pi \tau) \end{align}

Para $\tau<0$ el mismo procedimiento - excepto con un contorno que encierra la mitad inferior del plano complejo - da el mismo resultado.

Editado para añadir:

Este es otro método. $$ \frac{\sin(t\tau)}{e^{t/2}-e^{-t/2}} = \frac{e^{-t/2}\sin(t\tau)}{1-e^{-t}} = e^{-t/2}\sin(t\tau)\sum_{n = 0}^\infty e^{-nt} $$ Así: \begin{align} I &= 2\int_0^{\infty}dt\, \frac{\sin(t\tau)}{e^{t/2}-e^{-t/2}}\\ &=2\sum_{n=0}^{\infty}\int_0^{\infty}dt\,e^{-(n+\frac{1}{2})t} \sin(t\tau)\\ &=2\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\tau}{\tau^2+{(n+\frac{1}{2})}^2}\\ &=\sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{\tau}{\tau^2+{(n+\frac{1}{2})}^2} \end{align}

Esta suma final puede evaluarse de varias maneras, como por ejemplo mediante la fórmula de suma de Poisson, para obtener $I = \pi\tanh(\pi\tau)$ .