Resolver $\int \limits_{0}^{\infty} \frac{\cos(x)}{\cosh(x)} dx$ sin una integración compleja.

Question

Resolver $$\int \limits_{0}^{\infty} \frac{\cos(x)}{\cosh(x)} dx$$ sin una integración compleja.

Esta integral se puede resolver muy fácilmente con la integración de contornos, pero ¿cómo se puede resolver sin dar una vuelta por el plano complejo?

Answer 1

La integración por partes dos veces da como resultado $$ \begin{align} \int_0^\infty\cos(x)e^{-ax}\,\mathrm{d}x &=a\int_0^\infty\sin(x)e^{-ax}\,\mathrm{d}x\\ &=a-a^2\int_0^\infty\cos(x)e^{-ax}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{a}{a^2+1}\tag{1} \end{align} $$ donde la última línea es la media de la integral original y la tercera integral ponderada por $a^2$ y $1$ . $$ \begin{align} \int_0^\infty\frac{\cos(x)}{\cosh(x)}\,\mathrm{d}x &=2\int_0^\infty\cos(x)\sum_{k=0}^\infty(-1)^ke^{-(2k+1)x}\,\mathrm{d}x\tag{2}\\ &=2\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{2k+1}{(2k+1)^2+1}\tag{3}\\ &=\sum_{k=1}^\infty(-1)^k\left(\frac1{2k+1+i}+\frac1{2k+1-i}\right)\tag{4}\\ &=\frac12\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\left(\frac1{k+\frac{1+i}2}-\frac1{-k-1+\frac{1+i}2}\right)\tag{5}\\ &=\frac12\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k+\frac{1+i}2}+\frac12\sum_{k=-\infty}^{-1}\frac{(-1)^k}{k+\frac{1+i}2}\tag{6}\\ &=\frac12\sum_{k=-\infty}^\infty\frac{(-1)^k}{k+\frac{1+i}2}\tag{7}\\ &=\frac\pi2\csc\left(\pi\frac{1+i}2\right)\tag{8}\\[6pt] &=\frac\pi2\mathrm{sech}\left(\frac\pi2\right)\tag{9} \end{align} $$ Explicación:
$(2)$ : $\frac2{\large e^x+e^{-x}}=2\sum\limits_{k=0}^\infty(-1)^ke^{-(2k+1)x}$
$(3)$ : aplicar $(1)$
$(4)$ : fracciones parciales
$(5)$ : traiga el $\frac12$ por delante y reescribir el segundo término
$(6)$ : reindexar la segunda suma
$(7)$ Combinar las sumas
$(8)$ : utilizar la ecuación $(7)$ de esta respuesta y $\pi\csc(\pi x)=\pi\cot(\pi x/2)-\pi\cot(\pi x)$
$(9)$ : $\sin(\frac\pi2+\frac\pi2i)=\sin(\frac\pi2)\cosh(\frac\pi2)+i\cos(\frac\pi2)\sinh(\frac\pi2)=\cosh(\frac\pi2)$

Answer 2

Ampliar $ \operatorname{sech}{x} $ en una serie infinita en $e^{-x}$ : $$ \frac{2}{e^x(1+e^{-2x})} = 2 \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k e^{-(2k+1)x} $$ Si se intercambia el orden de integración, se obtienen integrales de la forma $$ \int_0^{\infty} e^{-\alpha x} \cos{x} \, dx, $$ que se puede realizar mediante integración por partes, para evitar totalmente los números complejos, con el resultado $ \alpha/(1+\alpha^2) $ . Por lo tanto, la integral es igual a $$ \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{1+2k}{1+2k+2k^2}. $$

Bien, y ahora es el momento, una vez más, de las "Funciones especiales y la oración". Utilizando los trucos habituales, se pueden expresar sumas infinitas en términos de la función digamma de la siguiente manera: primero, escribir el sumando en fracciones parciales como $$ \frac{1+2k}{1+2k+2k^2} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{k+a} + \frac{1}{k+a^*} \right), $$ donde $a$ es la raíz compleja del denominador, $(1+i)/2$ . Ahora tenemos la identidad $$ \sum_{k=0}^{K} \frac{1}{k+a} = \psi(K+a+1)-\psi(a+1), $$ donde $\psi = (\log{\Gamma})'$ como siempre. Sin embargo, esto no es suficiente: tenemos que lidiar con la $(-1)^k$ . Esto lo hacemos dividiendo en los casos pares e Impares: un poco de álgebra muestra que el resultado que queremos es $$ \sum_{k=0}^K \frac{(-1)^k}{k+a} = \frac{1}{2} (-1)^K \psi{\left(\frac{a}{2}+\frac{K}{2}+1\right)} -\frac{1}{2} (-1)^K \psi{\left(\frac{a}{2}+\frac{K}{2}+\frac{1}{2}\right)} -\frac{1}{2}\psi{\left(\frac{a}{2}\right)} +\frac{1}{2} \psi{\left(\frac{a}{2}+\frac{1}{2}\right)}. $$

Ahora bien, esta suma converge realmente por comparación con la serie armónica alterna, cuyos detalles omito. Por lo tanto, podemos tomar el límite como $k \to \infty$ . El problema es qué pasa con los términos $$ \frac{1}{2} (-1)^K \left( \psi{\left(\frac{a}{2}+\frac{K}{2}+1\right)} - \psi{\left(\frac{a}{2}+\frac{K}{2}+\frac{1}{2}\right)} \right), $$ pero un ligero abuso de la aproximación de Stirling muestra que este término es $O(\log{n}-\log{(n+1/2)})=o(1)$ Así que, de hecho, podemos deshacernos de él. Por lo tanto, la respuesta es $$ -\frac{1}{4}\psi{\left(\frac{a}{2}\right)} +\frac{1}{4} \psi{\left(\frac{a}{2}+\frac{1}{2}\right)} + c.c., $$ porque tenemos una mitad en las fracciones parciales. Entonces tenemos que calcular $$-\frac{1}{4} \psi{\left(\frac{1}{4}+\frac{i}{4}\right)} +\frac{1}{4} \psi{\left(\frac{3}{4}+\frac{i}{4}\right)} -\frac{1}{4} \psi{\left(\frac{1}{4}-\frac{i}{4}\right)} +\frac{1}{4} \psi{\left(\frac{3}{4}-\frac{i}{4}\right)},$$ pero mirando esto durante el tiempo suficiente, puedes emparejar los términos para poder aplicar la identidad $$ \psi(z)-\psi(1-z) = -\pi \cot{\pi z}, $$ que te da $$ \frac{1}{4} \pi \cot \left(\left(\frac{1}{4}+\frac{i}{4}\right) \pi \right)+\frac{1}{4} i \pi \coth \left(\left(\frac{1}{4}+\frac{i}{4}\right) \pi \right), $$ y aplicando algunas identidades trigonométricas finalmente se resuelve en la forma $$ \tfrac{1}{2}\pi \operatorname{sech}{\tfrac{1}{2}\pi}, $$ que afortunadamente es la respuesta correcta.

Answer 3

La integral es igual a

$$\begin{align}2 \int_0^{\infty} dx\, e^{-x} \frac{\cos{x}}{1+e^{-2 x}} &= 2\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \int_0^{\infty} dx \, e^{-(2 k+1) x} \cos{x} \\ &= 2\operatorname{Re} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{2 k+1-i}\\ &= 2\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{2 k+1}{(2 k+1)^2+1}\\ &= \sum_{k=-\infty}^{\infty} (-1)^k \frac{2 k+1}{(2 k+1)^2+1}\\ &=-\pi \sum_{\pm} \operatorname*{Res}_{z=\frac{-1\pm i}{2}}\frac{(2 z+1) \csc{\pi z}}{(2 z+1)^2+1} \\ &= \frac{\pi}{2} \left [ \frac1{\sin{\left ( \frac{\pi}{2} - \frac{\pi i}{2}\right )}} + \frac1{\sin{\left ( \frac{\pi}{2} + \frac{\pi i}{2}\right )}}\right ]\\ &= \frac{\pi}{2 \cosh{(\pi/2)}}\end{align}$$

Answer 4

Tenemos \begin{align} I & = \int_0^{\infty} \dfrac{\cos(x)}{\left(\dfrac{e^x+e^{-x}}2 \right)}dx = \int_0^{\infty}2e^{-x} \cdot \dfrac{\cos(x)}{1+e^{-2x}}dx = \sum_{k=0}^{\infty}2(-1)^k\int_0^{\infty}e^{-(2k+1)x}\cos(x)dx\\ & = 2\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k f_k \end{align} donde \begin{align} f_k & = \int_0^{\infty}e^{-(2k+1)x}\cos(x)dx = \sum_{l=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^l}{(2l)!} \int_0^{\infty} e^{-(2k+1)x}x^{2l}dx = \sum_{l=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^l}{(2l)!} \int_0^{\infty} e^{-t}\dfrac{t^{2l}dt}{(2k+1)^{2l+1}}\\ & = \sum_{l=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^l}{(2l)!} \cdot \dfrac{\Gamma(2l+1)}{(2k+1)^{2l+1}} = \dfrac1{2k+1} \sum_{l=0}^{\infty} \left(-\dfrac1{(2k+1)^2}\right)^l = \dfrac1{2k+1} \cdot \dfrac1{1+\dfrac1{(2k+1)^2}}\\ & = \dfrac{(2k+1)}{(2k+1)^2+1} \end{align} Por lo tanto, tenemos $$I = 2\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k \dfrac{(2k+1)}{(2k+1)^2+1} = \dfrac{\pi}{2\text{cosh}(\pi/2)}$$

Answer 5

Se puede demostrar mediante ecuaciones diferenciales que $\frac{1}{\cosh x}$ es casi un punto fijo de la transformada de Fourier, lo que significa que $$ \mathscr{F}\left(\frac{1}{\cosh x}\right) = \sqrt{\frac{\pi}{2}}\,\frac{1}{\cosh\frac{\pi s}{2}}$$ según la elección estándar de Mathematica de las constantes de normalización.
Del mismo modo, en el sentido de las distribuciones $$ \mathscr{F}\left(\cos x\right) = \sqrt{\frac{\pi}{2}}\,\left[\delta(s-1)+\delta(s+1)\right]$$ por lo que, por paridad, se deduce que $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{\cos x}{\cosh x}\,dx = \frac{1}{2}\int_{\mathbb{R}}\frac{\cos x}{\cosh x}\,dx = \frac{\pi}{2}\cdot\left.\frac{1}{\cosh\frac{\pi s}{2}}\right|_{s=1} = \frac{\pi}{2\cosh\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi e^{\pi/2}}{e^\pi-1}.$$