integral que involucra cuna coth y e uso de contorno

Question

Estoy pensando que es posible evaluar esta integral mediante contornos, pero yo me enganchó.

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}e^{-ax}\sin(ax)\left(\cot(x)+\coth(x)\right)dx=\frac{\pi}{2}\cdot \frac{\sinh(\pi a)}{\cosh(\pi a)-\cos(\pi a)}, \;\ a\in \mathbb{N}$

Por ejemplo, se me rompió por considerar $\displaystyle\frac{e^{-az}e^{iaz}\cos(z)}{\sin(z)}$

y $\displaystyle\frac{e^{-az}e^{iaz}\cosh(z)}{\sinh(z)}$

Esto significa que hay infinitas polos de la primera, en $z=n\pi$ y a las $z=\pi n i$

para la segunda. He intentado un semi-círculo y un rectángulo, pero tiene bastante colgó el teléfono.

Tengo un residuo para $z=n\pi$ $\displaystyle\frac{e^{n a \pi i}}{e^{n\pi a}}$ y un residuo de

$\displaystyle n\pi i$ $\frac{1}{e^{n\pi a i}e^{n\pi a}}$

Dado que los polacos son infinitas, hay una serie de evaluar.

Sumando estos dieron una forma cerrada de $\displaystyle \frac{2e^{\pi a}\cos(\pi a)-2e^{2\pi a}}{2e^{\pi a}\cos(\pi a)-e^{2\pi a}-1}$

Por supuesto, esto no conduce a la solución correcta.

Otra cosa a considerar es que en lugar de 'a' es par o impar.

¿Puedo preguntar cuál sería la mejor función de la consideración o de contorno que desea utilizar para esto?.

Gracias

Answer 1

Vamos a suponer que $a \in \mathbb{N}$, de lo contrario, la integral no converge.

Utilizamos un contorno rectangular $C$ con muescas cortar de la siguiente manera:

Consideremos primero la siguiente integral:

$$\oint_C dz\, e^{-b z} \coth{z}$$

Tenga en cuenta que vamos a estar tomando las $b=(1-i) a$. Por Cauchy de la Integral Teorema, esta integral es cero porque no hay polos en el interior (o en) $C$. Por otro lado, el contorno de la integral se evalúa a lo largo de $C$ y puede ser dividido en seis piezas de la siguiente manera:

$$\int_{\epsilon}^R dx \, e^{-b x} \coth{x} + i \int_0^{\pi} dy \, e^{-b (R+i y)} \, \coth{(R+i y)} + \\ \int_R^{\epsilon} dx \, e^{b (x+i \pi)} \, \coth{(x+i \pi)} + i \epsilon \int_0^{-\pi/2} d\phi \, e^{i \phi} \, e^{-b \left (i \pi+ \epsilon e^{i \phi}\right)} \coth{\left (\epsilon e^{i \phi}\right)} + \\ i \int_{\pi-\epsilon}^{\epsilon} dy \, e^{-i b y} \, \coth{i y} + i \epsilon \int_0^{\pi/2} d\phi \, e^{i \phi} \, e^{-b \epsilon e^{i \phi}} \, \coth{\left (\epsilon e^{i \phi}\right)}$$

Tomamos los límites de $\epsilon \to 0^+$$R \to \infty$. La segunda integral se desvanece en este límite debido a $\Re{b} \gt 0$. La configuración de esta suma de las integrales a cero y reorganizar un poco, obtenemos

$$\left (1-e^{-i \pi b}\right) \int_0^{\infty} dx \, e^{-b x} \, \coth{x} = \int_0^{\pi} dy \, e^{-i b y} \, \cot{y} + i \frac{\pi}{2} \left (1+e^{-i \pi b}\right)$$

Tenga en cuenta que, en la primera integral en el lado derecho, he utilizado el hecho de que $\coth{i y} = -i \cot{y}$.

Ahora estamos listos para comenzar a hablar de la integral original. A partir de la ecuación anterior, tomamos imaginaria; desde el hecho de que $b=(1-i) a$, podemos escribir

$$\int_0^{\infty} dx \, e^{-a x} \, \sin{a x} \, (\coth{x} + \cot{x}) = \frac{\pi}{2} \frac{1+(-1)^a e^{-\pi a}}{1-(-1)^a e^{-\pi a}} +\\ \int_0^{\infty} dx \, e^{-a x} \, \sin{a x} \cot{x} - \frac{1}{1-(-1)^a e^{-\pi a}} \int_0^{\pi} dx \, e^{-a x} \, \sin{a x} \cot{x}$$

Recuerde que $a$ es un entero positivo. Voy a probar ahora que los dos últimos términos en el lado derecho de cancelar los unos a los otros.

Tomemos el caso en que $a=2 n$, es decir, $a$ es incluso. Entonces

$$\begin{align}\int_0^{\pi} dx \, e^{-2 n x} \, \sin{2 n x} \cot{x} &= \int_0^{\pi} dx \, e^{-2 n x} \, \frac{\sin{2 n x}}{\sin{x}} \cos{x} \\ &= \int_0^{\pi} dx \, e^{-2 n x} \, 2 \sum_{k=0}^{n-1} \cos{[(2 k+1) x]} \cos{x} \\ &= \int_0^{\pi} dx \, e^{-2 n x} \, \left[1 + 2 \sum_{k=1}^{n-1}\cos{2 k x} + \cos{2 n x}\right] \\ &= \frac{1-e^{-2 \pi}}{2 n} + 2 \sum_{k=1}^{n-1} \Re{\left [ \int_0^{\pi} dx \, e^{-(2 n-i 2 k) x} \right ]} + \Re{\left [ \int_0^{\pi} dx \, e^{-(2 n-i 2 n) x} \right ]} \\ &= \frac{1-e^{-2 \pi}}{2 n}+ 2\sum_{k=1}^{n-1} \Re{\left [ \frac{1-e^{-2 n \pi}}{2 n-i 2 k} \right]} + \Re{\left [ \frac{1-e^{-2 n \pi}}{2 n-i 2 n} \right]}\\ &= \frac{1-e^{-2 \pi}}{2 n}+2 \left ( 1-e^{-2 n \pi}\right)\sum_{k=1}^{n-1} \Re{\left [\frac{2 n+i 2 k}{4 n^2+4 k^2} \right ]} +\left ( 1-e^{-2 n \pi}\right)\Re{\left [\frac{2 n+i 2 n}{4 n^2+4 n^2} \right ]} \\ &=\left ( 1-e^{-2 n \pi}\right) \left [ \frac{1}{n} + n \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{n^2+k^2} \right ] \end{align}$$

Del mismo modo, uno puede mostrar que

$$\begin{align}\int_0^{\infty} dx \, e^{-2 n x} \, \sin{2 n x} \cot{x} &= \frac{1}{n} + n \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{n^2+k^2}\\ &= \frac{1}{1-e^{-2 n \pi}}\int_0^{\pi} dx \, e^{-2 n x} \, \sin{2 n x} \cot{x} \end{align}$$

La cancelación se produce cuando $a$ es incluso. Uno puede mostrar que esta cancelación se produce también cuando se $a$ es impar, es decir, cuando se $a=2 n-1$ en una manera similar, utilizando el hecho de que

$$\frac{\sin{(2 n-1) x}}{\sin{x}} = 1+2 \sum_{k=1}^{n-1} \cos{2 k x}$$

Luego, podemos escribir

$$\int_0^{\infty} dx \, e^{-a x} \, \sin{a x} \, (\coth{x} + \cot{x}) = \frac{\pi}{2} \frac{1+(-1)^a e^{-\pi a}}{1-(-1)^a e^{-\pi a}}$$

o, en términos de las funciones hiperbólicas, para $n \in \mathbb{N}$:

$$\int_0^{\infty} dx \, e^{-a x} \, \sin{a x} \, (\coth{x} + \cot{x}) = \begin{cases} \frac{\pi}{2} \coth{\pi n} & a = 2 n \\ \frac{\pi}{2} \tanh{\left ( n+\frac12\right) \pi} & a = 2 n+1\end{cases}$$

Uno puede fácilmente demostrar que esto concuerda con el resultado.