Integral de la función racional con la tercera potencia del coseno hiperbólico de la función

Question

Probar

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{(5 \pi^2 + 8 \pi x + 16x^2) }\frac{\cosh\left(x+\frac{\pi}{4} \right)}{\cosh^3(x)}dx = \frac{2}{\pi^3}\left(\pi \cosh\left(\frac{\pi}{4} \right)-4\sinh\left( \frac{\pi}{4}\right) \right)$$

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Intento

Tenga en cuenta que

$$\cosh\left( x+\frac{\pi}{4}\right) = \cosh(x)\cosh\left(\frac{\pi}{4} \right)+\sinh(x)\sinh\left( \frac{\pi}{4}\right)$$

Entonces la integral puede escribirse como

$$I = \cosh\left(\frac{\pi}{4} \right)\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\mathrm{sech} ^2(x)}{(5 \pi^2 + 8 \pi x + 16x^2) }dx\\+\sinh\left(\frac{\pi}{4} \right)\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sinh(x)}{(5 \pi^2 + 8 \pi x + 16x^2) \cosh(x)^3}dx$$

Luego puede integrar por parte de la segunda integral

$$\int^{\infty}_{-\infty}\left[\frac{\cosh\left(\frac{\pi}{4} \right)}{(5 \pi^2 + 8 \pi x + 16x^2)}-\frac{ 4\sinh\left( \frac{\pi}{4}\right)(\pi+ 4 x)}{(5 \pi^2 + 8 \pi x + 16 x^2)^2}\right]\mathrm{sech}^2(x)\,dx $$

Integrando de nuevo

$$I=-\int^{\infty}_{-\infty}\left[\frac{(8 (4 x + \pi) (32 x + 8 \pi) \sinh(\pi/4))}{(16 x^2 + 8 \pi x + 5 \pi^2)^3} - \frac{(16 \sinh(\pi/4)}{(16 x^2 + 8 \pi x + 5 \pi^2)^2}\\ - \frac{((32 x + 8 \pi) \cosh(\pi/4)}{(16 x^2 + 8 \pi x + 5 \pi^2)^2} \right]\tanh(x)\,dx$$

Tenga en cuenta que

$$\tanh(x) = 8 \sum_{k=1}^\infty \frac{x}{(1 - 2 k)^2 \pi^2 + 4 x^2}$$

Considere la posibilidad de $R(x)$ una función racional, a continuación,

$$\int^{\infty}_{-\infty}R(x) \tanh(x) = 8 \sum_{k=1}^\infty \int^{\infty}_{-\infty}R(x)\frac{x}{(1 - 2 k)^2 \pi^2 + 4 x^2} \,dx$$

Cualquier integrante de la forma podría ser encontrado (creo) usando el teorema de los residuos, a continuación, la suma resultante puede ser evaluado usando la función Digamma.

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Pregunta

1. Aunque creo que este enfoque resultará en la respuesta correcta siento que el contorno de un método será mucho más fácil, alguna idea ?
2. Tal vez hay un método más fácil teniendo en cuenta la agradable forma cerrada ?

Answer 1

Brevan Ellefsen respuesta fue una inspiración para mí, para resolver usando el Contorno de integración,

Considere la posibilidad de

$$f(z) = \frac{\sinh(z)}{z \sinh^3(z-\pi/4)}$$

Si integramos alrededor de un contorno de altura $\pi$ y el tramo a infinito obtenemos

Tomando $T \to \infty $

$$\color{red}{\int^{i\pi/2+\infty}_{-i\pi/2+\infty}f(x)\,dx}+\color{blue}{\int^{i\pi/2-\infty}_{i\pi/2+\infty}f(x)\,dx}+\color{red}{\int^{-i\pi/2-\infty}_{i\pi/2-\infty}f(x)\,dx}+ \color{blue}{\int^{-i\pi/2+\infty}_{-i\pi/2-\infty}f(x)\,dx} = 2\pi i \mathrm{Res}(f,\frac{\pi}{4})$$

Considere la posibilidad de

$$\color{blue}{\int^{-i\pi/2+\infty}_{-i\pi/2-\infty}\frac{\sinh(x)}{x \sinh^3(x-\pi/4)}\,dx}$$

Deje $x = -\pi/2i+\pi/4+y$

$$-\int^{\infty}_{-\infty}\frac{1}{-i\pi/2+\pi/4+y}\frac{\cosh(\pi/4+y)}{ \cosh^3(y)}\,dy$$

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Igualmente tenemos para

$$\color{blue}{\int^{i\pi/2-\infty}_{i\pi/2+\infty}\frac{\sinh(x)}{x \sinh^3(x-\pi/4)}\,dx}$$

Dejando $x =i\pi/2+\pi/4+ y$

$$\int^{\infty}_{-\infty}\frac{1}{i\pi/2+\pi/4+y}\frac{\cosh(\pi/4+y)}{ \cosh^3(y)}\,dy$$

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El otro integrales vaya a 0 por lo tanto

$$-16 \pi i\int^{\infty}_{-\infty} \frac{1}{(5 \pi^2 + 8 \pi y + 16y^2) }\frac{\cosh\left(y+\frac{\pi}{4} \right)}{\cosh^3(y)}dy =2\pi i \mathrm{Res}(f,\frac{\pi}{4})$$

Calcular el residuo que tenemos

$$-16 \pi i\int^{\infty}_{-\infty} \frac{1}{(5 \pi^2 + 8 \pi y + 16y^2) }\frac{\cosh\left(y+\frac{\pi}{4} \right)}{\cosh^3(y)}dy = 2\pi i\frac{-(16 (π \cosh(π/4) - 4 \sinh(π/4))}{q^3}$$

Lo que se reduce a nuestro resultado

$$ \int^{\infty}_{-\infty} \frac{1}{(5 \pi^2 + 8 \pi y + 16y^2) }\frac{\cosh\left(y+\frac{\pi}{4} \right)}{\cosh^3(y)}dy=\frac{2}{\pi^3}\left(\pi \cosh\left(\frac{\pi}{4} \right)-4\sinh\left( \frac{\pi}{4}\right) \right)$$

Answer 2

$$I=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{(5 \pi^2 + 8 \pi x + 16x^2) }\frac{\cosh\left(x+\frac{\pi}{4} \right)}{\cosh^3(x)}dx$$

$$I=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{(4x+\pi+2i\pi)(4x+\pi-2i\pi) }\frac{\cosh\left(x+\frac{\pi}{4} \right)}{\cosh^3(x)}dx$$

$$I=\frac{-i}{16\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{1}{x+\frac{\pi}{4}-\frac{i\pi}{2} }-\frac{1}{x+\frac{\pi}{4}+\frac{i\pi}{2}}\right)\frac{\cosh\left(x+\frac{\pi}{4} \right)}{\cosh^3(x)}dx$$ Hacer la sustitución $x+\pi/4 \to x$ $$I=\frac{-i}{16\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{1}{x-\frac{i\pi}{2} }-\frac{1}{x+\frac{i\pi}{2}}\right)\frac{\cosh\left(x \right)}{\cosh^3(x-\pi/4)}dx$$
Hemos dividido en dos integrales e investigar cada uno de los $$I_1=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{x+\frac{i\pi}{2}}\frac{\cosh\left(x \right)}{\cosh^3(x-\pi/4)}dx$$ Deje $x+\frac{i\pi}{2} \to x$

$$\color{red}{I_1=\int_{\frac{i\pi}{2}-\infty}^{\frac{i\pi}{2}+\infty}\frac{\sinh(x)}{x\cosh^3(π/4 - x)} dx}$$

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$$I_2=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{x-\frac{i\pi}{2}}\frac{\cosh\left(x \right)}{\cosh^3(x-\pi/4)}dx$$

Deje $x-\frac{i\pi}{2} \to x$

$$\color{red}{I_2=\int_{-\frac{i\pi}{2}-\infty}^{-\frac{i\pi}{2}+\infty}\frac{\sinh(x)}{x\cosh^3(π/4 - x)} dx}$$

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Ahora tenemos que calcular el $I_2 - I_1$ y multiplicar el resultado por $\frac{-i}{16}$, pero estoy perplejo. No son claras las simetrías en $I_1$$I_2$, ya que sólo el dominio de la integración de los cambios; la función dentro de la integral queda la misma. Si alguien tiene alguna sugerencia, con gusto me los toma.