Evaluación de la integral $\int_{-\infty}^\infty \frac {dx}{\cos x + \cosh x}$

Question

Recientemente se han planteado aquí muchas preguntas similares a esta integral

$$\int_{-\infty}^\infty \frac {dx}{\cos x + \cosh x} = 2.39587\dots$$

cuya "forma cerrada" parece que no puedo descifrar. He probado con la integración de contornos, pero la suma de los residuos resulta bastante desagradable.

¿Puede alguien evaluar esta integralidad?

Answer 1

Un simple cálculo da como resultado $$ \cos(z)+\cosh(z)=2\cos(\alpha z)\cosh(\alpha z)\tag{1} $$ donde $\alpha=\frac{1+i}{2}$ . Los ceros de $\cos(z)+\cosh(z)$ están en $$ z_k^\pm=\left(k\pi+\frac\pi2\right)(1\pm i)\tag{2} $$ y $$ \operatorname*{Res}_{\ \ z=z_k^\pm}\frac1{\cos(z)+\cosh(z)} =\frac{1\pm i}{2}(-1)^{k+1}\mathrm{sech}\left(k\pi+\frac\pi2\right)\tag{3} $$ Los residuos en el semiplano superior son $z_k^+$ donde $k\ge0$ y $z_k^-$ donde $k\lt0$ . El emparejamiento de los residuos en $z_k^+$ y $z_{-k-1}^-$ La suma de los residuos en el semiplano superior es $$ -i\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\mathrm{sech}\left(k\pi+\frac\pi2\right)\tag{4} $$ Por lo tanto, podemos utilizar la integración de contornos para obtener $$ \begin{align} \int_{-\infty}^\infty\frac{\mathrm{d}x}{\cos(x)+\cosh(x)} &=2\pi\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\mathrm{sech}\left(k\pi+\frac\pi2\right)\\[6pt] &\doteq2.3958786339145620925\tag{5} \end{align} $$

Answer 2

Tenemos \begin{align} I & = \int_0^{\infty} \dfrac{dx}{\cos(x) + \cosh(x)}\\ & = \int_0^{\infty} \dfrac{\text{sech}(x)dx}{1 + \text{sech}(x)\cos(x)}\\ & = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k\int_0^{\infty} \text{sech}^{k+1}(x) \cos^k(x) dx \end{align} donde \begin{align} \int_0^{\infty} \text{sech}^{k+1}(x) \cos^k(x) dx & = 2^{k+1}\int_0^{\infty} \dfrac{\cos^k(x)}{\left(e^x + e^{-x}\right)^{k+1}} dx \end{align} Ahora tenemos $$\int_0^{\infty} \dfrac{\cos^k(x)}{\left(e^x + e^{-x}\right)^{k+1}} dx = \int_0^{\infty} \dfrac{e^{-(k+1)x} \cos^k(x)}{(1+e^{-2x})^{k+1}} dx$$ Además, $$\dfrac1{(1+e^{-2x})^{k+1}} = \sum_{l=0}^{\infty} \dbinom{k+l}{l}(-1)^l e^{-2lx}$$ Por lo tanto, $$\int_0^{\infty} \dfrac{e^{-(k+1)x} \cos^k(x)}{(1+e^{-2x})^{k+1}} dx = \sum_{l=0}^{\infty} \dbinom{k+l}{l}(-1)^l \int_0^{\infty} e^{-(2l+k+1)x} \cos^k(x) dx$$ Por lo tanto, \begin{align} \int_0^{\infty} e^{-(2l+k+1)x} \cos^k(x) dx & = \int_0^{\infty} e^{-(2l+k+1)x}\left(\dfrac{e^{ix}+e^{-ix}}2 \right)^k dx\\ & = \dfrac1{2^k} \int_0^{\infty} \sum_{m=0}^k \dbinom{k}m e^{-(2l+k+1)x}e^{imx}e^{-i(k-m)x}dx\\ & = \dfrac1{2^k} \int_0^{\infty} \sum_{m=0}^k \dbinom{k}m e^{-(2l+k+1)x}e^{2imx-ikx}dx\\ & = \dfrac1{2^k} \sum_{m=0}^k \dfrac{\dbinom{k}m}{k+2l-2im+ik+1} \end{align} Por lo tanto, $$I = 2 \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k \sum_{l=0}^{\infty}(-1)^l \dbinom{k+l}l \left(\sum_{m=0}^k \dfrac{\dbinom{k}m}{k+2l-2im+ik+1} \right)$$ La integral que buscas es dos veces $I$ y por lo tanto $$\color{blue}{4 \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k \sum_{l=0}^{\infty}(-1)^l \dbinom{k+l}l \left(\sum_{m=0}^k \dfrac{\dbinom{k}m}{k+2l-2im+ik+1} \right)}$$ Puedes truncar las dos sumas infinitas (ya que ambas son sumas alternas) para obtener una precisión arbitraria.

Answer 3

Vale, esta es una integral especialmente dura. Mathematica no da nada analítico, ni pude encontrar una forma en Gradshteyn & Rhyzik que cubriera esta integral. Dicho esto, sigue mereciendo la pena investigar lo que se puede hacer, y creo que tengo algún tipo de avance sobre lo que he visto hasta ahora.

Escribe la integral como

$$I = 4 \int_0^{\infty} dx \: \frac{e^{-x}}{1+2 e^{-x} \cos{x} + e^{-2 x}} $$

Sustituir $y=e^{-x}$ , $dy=-y dx$ , $x=-\log{y}$ y obtener

$$I = 4 \int_0^1 \frac{dy}{1+2 y \cos{(\log{y})} + y^2}$$

Esto sigue siendo una integral difícil, pero tal vez algunos de ustedes reconozcan que el integrando es una función generadora de la Polinomio de Chebyshev de segundo tipo $U_n(x)$ . Es decir, podemos escribir

$$\frac{1}{1+2 y \cos{(\log{y})} + y^2} = \sum_{n=0}^{\infty} U_n(\cos{(\log{y})}) y^n$$

Ahora tenemos

$$I = 4 \int_0^1 dy \: \sum_{n=0}^{\infty} y^n U_n(\cos{(\log{y})}) $$

Todavía no estoy convencido de que se pueda invertir el orden de la suma y la integración. (Al hacerlo, la serie resultante diverge por lo que veo, lo cual es una pena porque los resultados estaban saliendo bien).