$$ I=\displaystyle \int_{0}^{\infty} \dfrac{\sin (\pi x^{2})}{\sinh^{2} (\pi x)} ~\mathrm{d}x $ $ Encontré esto en la portada de un libro llamado "Integral Kokeboken" escrito en algún idioma que nunca he visto y por cierto que la ans es$$ I=\dfrac{2-\sqrt{2}}{4}$ $
Esta pregunta ya tiene respuestas:
- integral dura que involucra a $\sin(x^2)$ y $\sinh^2 (x)$ (4 respuestas )
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Esta integral de la siguiente manera muy similar vía de solución a la que he enlazado en los comentarios. Considere el siguiente contorno de la integral:
$$\oint_C dz \frac{\cos{\left (\pi z^2\right )}}{\sinh^3{\left (\pi z\right )} \cosh{\left (\pi z\right )}} $$
sobre el rectángulo con vértices $\pm R \pm i$ con pequeños semicirculares rodeos alrededor de los polos en $z=\pm i$. El contorno de la integral es entonces igual a
$$PV \int_{-R}^R dx \frac{\cos{[\pi (x-i)^2]}}{\sinh^3{[\pi (x-i)]} \cosh{[\pi (x-i)]}} \\+ i \epsilon \int_{\pi}^0 d\phi \, e^{i \phi} \frac{\cos{\left [\pi \left (-i+\epsilon e^{i \phi} \right )^2 \right ]}}{\sinh^3{\left [\pi \left (-i+\epsilon e^{i \phi} \right ) \right ]} \cosh{\left [\pi \left (-i+\epsilon e^{i \phi} \right ) \right ]}} \\ + PV \int_R^{-R} dx \frac{\cos{[\pi (x+i)^2]}}{\sinh^3{[\pi (x+i)]} \cosh{[\pi (x+i)]}} \\+ i \epsilon \int_{2 \pi}^{\pi} d\phi \, e^{i \phi} \frac{\cos{\left [\pi \left (i+\epsilon e^{i \phi} \right )^2 \right ]}}{\sinh^3{\left [\pi \left (i+\epsilon e^{i \phi} \right ) \right ]} \cosh{\left [\pi \left (i+\epsilon e^{i \phi} \right ) \right ]}} \\ + i \int_{-1}^1 dy \frac{\cos{\left [\pi \left (R+i y \right )^2 \right ]}}{\sinh^3{\left [\pi \left (R+i y \right ) \right ]} \cosh{\left [\pi \left (R+i y \right ) \right ]}}\\+i \int_1^{-1} dy \frac{\cos{\left [\pi \left (-R+i y \right )^2 \right ]}}{\sinh^3{\left [\pi \left (-R+i y \right ) \right ]} \cosh{\left [\pi \left (-R+i y \right ) \right ]}}$$
Tenga en cuenta que la primera y la tercera de las integrales son expresadas como Cauchy principales valores porque el individuo integrales en sí no convergen. Dicho esto, cuando se combinan, el resultado integral hace converger y podemos quitar el $PV$ etiqueta.
Como $R \to \infty$, las dos últimas integrales ir a cero.
La segunda enfoques integrales, en el límite de $\epsilon \to 0$:
$$-i \epsilon \int_{\pi}^0 d\phi \, e^{i \phi} \frac{-1-2 \pi^2 \epsilon^2 e^{i 2 \phi}}{\left (\pi \epsilon e^{i \phi} \right )^3 \left (1 + \frac16 \pi^2 \epsilon^2 e^{i 2 \phi} + \cdots \right )^3 \left (1+\frac12 \pi^2 \epsilon^2 e^{i 2 \phi} \right )} \\ = -i \epsilon \int_{\pi}^0 d\phi \, e^{i \phi} \frac{-1-2 \pi^2 \epsilon^2 e^{i 2 \phi}}{\left (\pi \epsilon e^{i \phi} \right )^3} \left (1-\pi^2 \epsilon^2 e^{i 2 \phi} \right ) \to i$$
El cuarto enfoques integrales idéntica de un límite de $\epsilon \to 0$.
La primera y la tercera de las integrales que se combinan para producir, como $R \to \infty$,
$$-i 4 \int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{\sin{\left ( \pi x^2 \right )}}{\sinh^2{(\pi x)}} $$
El contorno de la integral es también igual a $i 2 \pi$ veces la suma de los residuos de el integrando en los polos $z=0$$z=\pm i/2$. El residuo de a $z=0$ puede ser calculado por ampliar el integrando en una de la serie de Laurent alrededor de $z=0$, que es
$$\frac1{(\pi z)^3} \left (1 - \frac12 \pi^2 z^4+\cdots \right ) \left (1 - \frac12 \pi^2 z^2+\cdots \right )^2$$
El residuo es el coeficiente de $z^{-1}$ o $-1/\pi$. En una vena similar, la suma de los residuos en el polo $z=\pm i/2$$\sqrt{2}/\pi$. Por lo tanto,
$$-i 4 \int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{\sin{\left ( \pi x^2 \right )}}{\sinh^2{(\pi x)}} + i 2 = i \left ( 2 \sqrt{2}-2 \right )$$
Reorganizar un poco las cosas, nos encontramos con que el original de la integral es
$$\int_0^{\infty} dx \frac{\sin{\left ( \pi x^2 \right )}}{\sinh^2{(\pi x)}} = \frac{2-\sqrt{2}}{4} $$
como se afirma.
