Un curioso integral

Question

La siguiente integral ha estado en mi mente por un tiempo $$\int_0^\infty \frac{\sin(x)}{e^x-1}\,\mathrm d x \tag{$\daga$}$$

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Deje que nos indican el integrando como $f(x)=\frac{\sin(x)}{e^x-1}$. Los siguientes son un par de observaciones.

1. El integrando puede ser extendido por la continuidad en $0$ desde $$\lim_{x\to 0}f(x)=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{\sin(x)}{x}}{\frac{e^x-1}{x}}=1$$ Esta es la razón original que empecé a jugar con esta integral.

2. Mathematica se obtiene el resultado $$\int_0^\infty \frac{\sin(x)}{e^x-1}\,\mathrm d x=\frac{\pi}{2}\textrm{Coth}(\pi)-\frac 12 \approx 1.076674047$$ que, tras la evidencia numérica, parece correcta.

3. Análisis complejo que puede ser útil aquí, ya que el integrando es una holomorphic de la función en $\mathbb C$. He intentado escribir $\sin(z)=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}$, pero yo no era capaz de encontrar una adecuada integración de contorno para resolver el problema.

4. El $-1$ en el denominador se rompe el simmetry de la expresión. Esto hizo que la mayoría de mis sustituciones inútil.

Esta integral puede ser evaluada correctamente, preferiblemente a través de complejos métodos analíticos?

Answer 1

Sin recurrir a la fórmula de Abel-Plana, simplemente puede observar que

$$ I=\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{e^x-1}\,dx = \sum_{n\geq 1}\int_{0}^{+\infty}\sin(x)e^{-nx}\,dx = \sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^2+1} \tag{1}$ $ y desde $\frac{\sin(\pi x)}{\pi x}=\prod_{n\geq 1}\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)$, mediante la aplicación de $\frac{d}{dx}\log(\cdot)$ a ambos lados obtenemos: $$ -\frac{1}{x}+\pi\cot(\pi x) = \sum_{n\geq 1}\frac{2x}{x^2-n^2}\tag{2} $ $ como: % $ $$ \sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^2+z^2} = \frac{-1+\pi z \coth(\pi z)}{2 z^2}\tag{3}$de que $I=\frac{-1+\pi\coth(\pi)}{2}$ sigue claramente.
Echar un vistazo a este hilo para más pruebas.

Answer 2

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} \int_{0}^{\infty}{\sin\pars{x} \over \expo{x} - 1}\,\dd x & = {1 \over 2\ic}\int_{0}^{\infty}{\expo{-\ic x} - \expo{\ic x} \over 1 - \expo{-x}}\,\pars{-\expo{-x}}\,\dd x \,\,\,\stackrel{t\ =\ \expo{\large -x}}{=}\,\,\, -\,{1 \over 2\ic}\int_{0}^{1}{t^{\large\ic} - t^{\large -\ic} \over 1 - t} \,\dd t \\[5mm] & = -\,{1 \over 2\ic}\pars{H_{-\ic} - H_{\ic}}\qquad\qquad\qquad \pars{~H_{z}:\ Harmonic Number~} \\[5mm] & = -\,{1 \over 2\ic}\bracks{H_{-\ic} - \pars{H_{\ic - 1} + {1 \over \ic}}} \qquad\qquad\qquad\pars{~H_{z}\ Recurrence~} \\[5mm] & = -\,{1 \over 2} - {1 \over 2\ic}\bracks{H_{-\ic} - H_{\ic - 1}} = -\,{1 \over 2}-\,{1 \over 2\ic}\bracks{\pi\cot\pars{\pi\ic}} \pars{\substack{Euler \\[1mm] Reflection\ Formula}} \\[5mm] & = -\,{1 \over 2}-\,{\pi \over 2\ic}\bracks{-\ic\coth\pars{\pi}} = \bbx{{\pi \over 2}\,\coth\pars{\pi} - {1 \over 2}} \approx 1.077 \end{align}

Answer 3

El contorno de la integración de la solución: consideramos la integral

$$I = \oint_{C\left(\epsilon,R\right)} \frac{\exp(i z)dz}{\exp(z) - 1}$$

con $C\left(\epsilon,R\right)$ un rectángulo de $\epsilon$ $R$sobre el eje real, y de allí a $R + 2\pi i$ paralelo al eje imaginario, de ahí a $\epsilon + 2\pi i$ paralelo al eje real, luego de un cuarto de vuelta en sentido horario con un radio de $\epsilon$ y el centro de la $2\pi i$ hasta el punto de $2\pi i - i\epsilon$, a partir de ahí nos movemos en el eje imaginario hasta el punto de $i\epsilon$ y luego nos tomamos un cuarto de vuelta en sentido horario con un radio de $\epsilon$ y en el centro el origen, el punto de partida en $\epsilon$.

El integrando es analítica en el interior del contorno, por lo tanto,$I = 0$. La suma de las dos partes paralelas al eje real es:

$$I_r = \left[1-\exp(-2\pi)\right]\int_\epsilon^R \frac{\exp(i x)dx}{\exp(x) - 1}$$

Así, el deseado integral a seguir, desde la parte imaginaria de $I_r$. La parte de la integral de contorno de $R$ $R + i$tiende a cero en el límite de$R\to\infty$, por lo que este puede ser ignorada. La parte de la integral de contorno a lo largo del eje imaginario puede ser escrita como:

$$I_i = -\int_{\epsilon}^{2\pi-\epsilon}\frac{\exp(-y)\exp\left(-i \frac{y}{2}\right)}{2\sin\left(\frac{y}{2}\right)}dy$$

Vemos entonces que

$$\lim_{\epsilon\to 0}\operatorname{Im}I_i = \frac{1-\exp(-2\pi)}{2}$$

Los dos círculos de barrio puede ser evaluado, se puede pedir prestado de la derivación del teorema de los residuos que cada uno de ellos en el límite de $\epsilon\to 0$ pueden ser evaluados de la $-\frac{\pi}{2} i$ veces el residuo en los polos que están en los centros de los círculos de barrio (a diferencia del caso de un completo contorno, esto sólo es válida en el límite de $\epsilon\to 0$). El residuo en la pole en $z = 0$$1$, mientras que el residuo de a $z = 2\pi i$$\exp(-2\pi)$. Después de haber completado la evaluación de todas las partes de la integral de contorno, ahora podemos equiparar la parte imaginaria de la integral de contorno a cero, y tomar el límite de$\epsilon\to 0$$R\to \infty$. Esto produce:

$$\int_0^{\infty}\frac{\sin(x)dx}{\exp(x)-1} = \frac{\pi}{2}\coth(\pi) - \frac{1}{2}$$

Answer 4

El teorema de Abel-Plana Estados $$\sum _{n=0} ^{\infty} f(n) - \int_0^{\infty} f(s) \mathrm{d}s = \frac{1}{2} f(0) +i \int_0^{\infty} \frac{f(iy) - f(-iy)}{e^{2 \pi y} - 1} $ $

Expresando el $sin$ con el complejo exponencial su lectura integral $$ \frac{1}{2i}\int_0^{\infty} \frac{e^{iz} - e^{-iz}}{e^z -1} \mathrm{d}z$$ by scaling the variable of integration, $% $ $ \frac{2 \pi}{2i}\int_0^{\infty} \frac{e^{2 \pi iy} - e^{-2 \pi iy}}{e^{2 \pi y} -1} \mathrm{d}z = -\pi i\int_0^{\infty} \frac{e^{2 \pi iy} - e^{-2 \pi iy}}{e^{2 \pi y} -1} \mathrm{d}z$

Declarando $$ f(x) = - e^{-2 \pi x} $ $ uno puede computar la serie y la integral de l.h.s del teorema

$$ \sum _{n=0} ^{\infty} f(n) - \int_0^{\infty} f(s) \mathrm{d}s = -\frac{e^{2 \pi i}}{ e^{2 \pi } -1} + \frac {1}{2 \pi} $$

Juntándolo todo, la integral buscada es igual a

$$ - \pi [-\frac{e^{2 \pi i}}{ e^{2 \pi } -1} + \frac {1}{2 \pi} +\frac{1}{2}] = \frac{\pi}{2}[-1 +\frac{2 e^{2 \pi}}{e^{2 \pi}-1}]-\frac{1}{2}$$ which coincides with the given solution as $$ coth (x) = \frac{e^{2x} + 1}{e^{2x} - 1}$$