Evaluación de una integral impropia mediante el análisis complejo

Question

Estoy tratando de evaluar la integral impropia $I:=\int_{-\infty}^\infty f(x)dx$ , donde $$ f(z) := \frac{\exp((1+i)z)}{(1+\exp z)^2}. $$

He intentado hacerlo mediante una integración compleja. Dejemos que $L,L^\prime>0$ sean números reales, y $C_1, C_2, C_3, C_4$ sean los segmentos de línea que van desde $-L^\prime$ a $L$ , de $L$ a $L+2\pi i$ , de $L + 2\pi i$ a $-L^\prime+2\pi i$ y de $-L^\prime+2\pi i$ a $-L^\prime$ respectivamente. Sea $C = C_1 + C_2 + C_3 + C_4$ .

Aquí tenemos (para un tamaño suficientemente grande $L$ y $L^\prime$ ) $$ \int_{C_2}f(z) dz \le \int_0^{2\pi}\left|\frac{\exp((1+i)(L+iy))}{(\exp(L+iy)+1)}i\right| dy \le \int\frac{1}{(1-e^{-L})(e^L - 1)}dy\rightarrow0\quad(L\rightarrow\infty), $$ $$ \int_{C_4}f(z)dz\le\int_0^{2\pi}\left|\frac{\exp((1+i)(-L^\prime+iy))}{(\exp(-L^\prime + iy) + 1))^2}(-i)\right|dy\le\int\frac{e^{-L^\prime}}{(1-e^{-L})^2}dy\rightarrow 0\quad(L^\prime\rightarrow\infty), $$ y $$ \int_{C_3}f(z)dz = e^{-2\pi}\int_{C_1}f(z)dz. $$ Así, $$I = \lim_{L,L^\prime\rightarrow\infty}\frac{1}{ (1 + e^{-2\pi})}\oint_Cf(z)dz.$$

Dentro del perímetro $C$ del rectángulo, $f$ tiene un solo polo: $z = \pi i$ . Alrededor de este punto, $f$ tiene la expansión $$ f(z) = \frac{O(1)}{(-(z-\pi i)(1 + O(z-\pi i)))^2} =\frac{O(1)(1+O(z-\pi i))^2}{(z-\pi i)^2} = \frac{1}{(z-\pi i)^2} + O((z-\pi i)^{-1}), $$ y por lo tanto el orden del polo es 2. Su residuo es $$ \frac{1}{(2-1)!}\frac{d}{dz}\Big|_{z=\pi i}(z-\pi i)^2f(z) = -\pi \exp(i\pi^2) $$ (después de un largo cálculo) y finalmente tenemos $I=-\exp(i\pi^2)/2i(1+\exp(-2\pi))$ .

Mi pregunta es si esta derivación es correcta. También me gustaría saber si hay formas más fáciles de hacer esto (especialmente, las de calcular el residuo). Les agradecería que me ayudaran a resolver este problema.

Answer 1

Todo parece correcto excepto :

• (como ha señalado mrf) el signo en : $$\;\displaystyle\int_{C_3}f(z)dz = -e^{-2\pi}\int_{C_1}f(z)dz$$ (y antes $e^{-2\pi}$ en el denominador de $I$ que sigue)
• el cálculo del residuo : $$\frac{d}{dz}\Big|_{z=\pi i}(z-\pi i)^2f(z) = i e^{(i-1)\pi}=-i\, e^{-\pi}$$ por lo que la integral será simplemente $\;2\pi\,i\sum_{\text{res}}=2\pi i\;\left(-i e^{-\pi}\right)\;$ y la respuesta (correspondiente a la serie de Graham y la evaluación numérica) : $$\;\frac{2\pi\,e^{-\pi}}{1-e^{-2\pi}}=\frac{\pi}{\sinh(\pi)}\approx 0.272029055$$

El cálculo de los residuos de forma práctica se suele hacer utilizando nuestro software favorito para obtener la serie de Laurent de $f(z)$ en $z=\pi i$ .

Sin ordenador me expandí espontáneamente $f(z)$ de esta manera (para $\,z:=\pi i+x\,$ con $\,|x|\ll 1$ ) : \begin{align} f(\pi i+x)&=\frac{e^{(1+i)(\pi i+x)}}{(1+e^{\pi i+x})^2}=\frac{-e^{-\pi}\;e^{(1+i)x}}{(1-e^x)^2}\\ &=-e^{-\pi}\frac {1+(1+i)x+O\bigl(x^2\bigr)}{x^2\left(1+x/2+O\bigl(x^2\bigr)\right)^2}\\ &=-\frac{e^{-\pi}}{x^2}\left((1+(1+i)x)(1-x)+O\bigl(x^2\bigr)\right)\\ &=-\frac{e^{-\pi}}{x^2}\left(1+ix+O\bigl(x^2\bigr)\right)\\ &=-\frac{e^{-\pi}}{x^2}-\frac{i\,e^{-\pi}}{x}+O(1) \end{align}

Answer 2

Sólo por diversión, aquí hay una forma alternativa de hacer la integración sin calcular los residuos. Primero define la siguiente función par: $$f(x)=\dfrac{e^x}{\left(1+e^x\right)^2}=\dfrac{1}{2+2\cosh{x}}=-\dfrac{d}{dx}\dfrac{1}{1+e^x}\tag{1}$$ y es la transformada de Fourier; técnicamente es la inversa (o conjugada) pero eso no es especialmente importante: \begin{aligned} \hat{F}(k)&=\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{e^x}{\left(1+e^x\right)^2}e^{ixk}{dx}\\ &=2\,\Re{\left(\int_{0}^{\infty}-\left(\dfrac{d}{dx}\dfrac{1}{1+e^x}\right)e^{ixk}{dx}\right)}\\ &=1-2\,\Im{\left(k\int_{0}^{\infty}\dfrac{e^{-x(1-ik)}}{1+e^{-x}}{dx}\right)} \tag{2}\end{aligned} donde $\Re,\Im$ son las partes real e imaginaria respectivamente. Observamos que la OP está interesada en $\hat{F}(1)$ . Para pasar de la primera línea a la segunda en $(2)$ Utilicé $(1)$ y la uniformidad del integrando, para pasar del segundo al tercero he utilizado la integración por partes y finalmente he multiplicado el integrando superior e inferior por $e^{-x}$ . A continuación mostraré que $(2)$ puede escribirse en términos de función digamma : $$\hat{F}(k)=1+2\,k\,\Im \left( \Psi \left( \dfrac{1-ik}{2} \right) -\Psi \left( 1-ik \right) \right)\tag{3}$$ Prueba
Primero un poco de álgebra sobre la integral definida: \begin{aligned} \int_{\epsilon}^{1/\epsilon}\dfrac{e^{-x(1-ik)}}{1+e^{-x}}{dx}=&\int_{\epsilon}^{1/\epsilon}\dfrac{2e^{-x(1-ik)}}{1-e^{-2x}}{dx}-\int_{\epsilon}^{1/\epsilon}\dfrac{e^{-x(1-ik)}}{1-e^{-x}}{dx}\\ =&-\int_{\epsilon}^{1/\epsilon}\dfrac{e^{-2x}}{x}-\dfrac{2e^{-x(1-ik)}}{1-e^{-2x}}{dx}+\int_{\epsilon}^{1/\epsilon}\dfrac{e^{-x}}{x}-\dfrac{e^{-x(1-ik)}}{1-e^{-x}}{dx}\\&+\int_{\epsilon}^{1/\epsilon}\dfrac{e^{-2x}}{x}-\dfrac{e^{-x}}{x}{dx}\\ =&-\int_{2\epsilon}^{2/\epsilon}\dfrac{e^{-x}}{x}-\dfrac{e^{-x(1-ik)/2}}{1-e^{-x}}{dx}+\int_{\epsilon}^{1/\epsilon}\dfrac{e^{-x}}{x}-\dfrac{e^{-x(1-ik)}}{1-e^{-x}}{dx}\\&-\int_{\epsilon}^{1/\epsilon}{\frac {{e^{-3x/2}}\sinh \left( \frac{x}{2} \right) }{x}}{dx} \end{aligned} entonces observamos que para $\Re(t)>0$ tenemos la siguiente representación integral de la función digamma: $$\Psi(t)=\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-x}}{x}-\frac{e^{-xt}}{1-e^{-t}}{dx}\tag{4}$$ y que tomando el límite en el que $\epsilon\rightarrow 0$ tenemos entonces por comparación con $(4)$ : \begin{aligned} \int_{0}^{\infty}\dfrac{e^{-x(1-ik)}}{1+e^{-x}}{dx}&=-\Psi\left(\frac{1-ik}{2}\right)+\Psi\left(1-ik\right)-\int_{0}^{\infty}{\frac {{e^{-3x/2}}\sinh \left( \frac{x}{2} \right) }{x}}{dx}\\ &=-\Psi\left(\frac{1-ik}{2}\right)+\Psi\left(1-ik\right)-\ln(2) \end{aligned} y $(3)$ es lo siguiente. (Nota: se utilizó Maple para evaluar el $\sinh$ integral pero no perseguiré una prueba ya que sólo me interesa la parte imaginaria).

Entonces, desde $\bar{\Psi}(z)=\Psi{(\bar{z})}$ y la fórmula de reflexión $\Psi(1-z)-\Psi(z)=\pi\cot(\pi z)$ que tenemos: \begin{aligned} \hat{F}(k)&=1+2\,k\,\Im \left( \Psi \left( \dfrac{1-ik}{2} \right) -\Psi \left( 1-ik \right) \right)\\ & =\pi k\left( -\tanh \left( \frac{\pi k}{2} \right)+ \coth \left( \pi \,k \right)\right)\\ &={\frac {\pi k}{\sinh \left( \pi k \right) }}\tag{5} \end{aligned} La teoría de los residuos, con toda probabilidad, también llegaría al resultado más general en $(5)$ pero es interesante tener un método alternativo.

Corolario

Habiendo encontrado la integral bien definida: \begin{aligned} \hat{F}(k)&=\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{e^xe^{ixk}}{\left(1+e^x\right)^2}{dx}=-\int_{-\infty}^{\infty}\left(\dfrac{d}{dx}\dfrac{1}{1+e^x}\right)e^{ixk}{dx}\\ &=\dfrac{\pi k}{\sinh(\pi k)} \end{aligned} podemos entonces utilizar la ley de la transformada de Fourier de una derivada para asignar el siguiente significado a la integral no tan bien definida: $$ \dfrac{1}{ \sinh \left( \pi k \right) }=\frac{i}{\pi}\int _{- \infty }^{\infty }\!{\frac {{e^{ixk}}}{1+{e^{x}}}}{dx}\tag{6}$$

Answer 3

\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty} {{\rm e}^{\left(1\ +\ {\rm i}\right)x} \over \left(1 + {\rm e}^{x}\right)^2}\,{\rm d}x & = & \int_{0}^{\infty}\left\lbrack% {{\rm e}^{\left(-1\ +\ {\rm i}\right)x} \over \left(1 + {\rm e}^{-x}\right)^2} + {{\rm e}^{-\left(1\ +\ {\rm i}\right)x} \over \left(1 + {\rm e}^{-x}\right)^2} \right\rbrack {\rm d}x \\ & = & 2\,\Re\int_{0}^{\infty} {{\rm e}^{-\left(1\ -\ {\rm i}\right)x} \over \left(1 + {\rm e}^{-x}\right)^2}\,{\rm d}x = 2\,\Re\int_{0}^{\infty} {\rm e}^{-\left(1\ -\ {\rm i}\right)x} \sum_{n = 1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\,n\,{\rm e}^{-\left(n - 1\right)x}\,{\rm d}x \\ & = & 2\,\Re\sum_{n = 1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\,n \int_{0}^{\infty}{\rm e}^{-\left(n - {\rm i}\right)x} = 2\,\Re\sum_{n = 1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\,{n \over n - {\rm i}} \\ & = & 2\,\Re\sum_{n = 1}^{\infty}\left(% -\,{2n - 1\over 2n - 1 - {\rm i}} + {2n \over 2n - {\rm i}} \right) \\ & = & 2\,\Re\sum_{n = 1}^{\infty}\left\lbrack% \left(-1 - {{\rm i} \over 2n - 1 - {\rm i}}\right) + \left(1 + {{\rm i} \over 2n - {\rm i}}\right) \right\rbrack \\ & = & 2\,\Im\sum_{n = 1}^{\infty}\left( {1 \over -{\rm i} + 2n} - {1 \over -{\rm i} + 2n - 1} \right) = 2\,\Im\sum_{n = 1}^{\infty} {\left(-1\right)^{n} \over -{\rm i} + n} \\ & = & 2\,\Im\left\lbrack\sum_{n = 0}^{\infty} {\left(-1\right)^{n} \over -{\rm i} + n} - {1 \over -{\rm i}} \right\rbrack = -2 + 2\,\Im\sum_{n = 0}^{\infty}{\left(-1\right)^{n} \over -{\rm i} + n} \\[1cm]&& \end{eqnarray*}

$$ \int_{-\infty}^{\infty} {{\rm e}^{\left(1\ +\ {\rm i}\right)x} \over \left(1 + {\rm e}^{x}\right)^2}\,{\rm d}x = -2 + 2\,\Im\beta\left(-{\rm i}\right) $$