Identidad $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{uz}}{1+e^u} \mathrm{d}u=\frac{\pi}{\sin(\pi z)}$

Question

Yo quiero probar la identidad $$F(z)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{uz}}{1+e^u} \mathrm{d}u=\frac{\pi}{\sin(\pi z)}$$

La primera de todas las $F(z)$ define una analítica de la función de $0<z<1$. Yo soy poco confundido aquí porque creo que la notación no es muy buena. $\frac{e^{uz}}{1+e^u}$ tiene el período, $2\pi i$ y está limitada en $[0,1]\times S$ donde $S=\{u\in\mathbb C: |Im z|\le\pi, |u|\ge r\}$ Ths es un puñetazo rango si usted dibuja.

Tiene usted alguna idea de cómo calcular la integral de ahora?

Answer 1

Usted podría hacer una sustitución y se refieren a la función beta.

O deje $ \displaystyle f(s) = \frac{e^{zs}}{1+e^{s}} $ e integrar alrededor de un rectángulo en la mitad superior del plano-de la altura de la $2 \pi$.

Entonces $$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \ dx + \lim_{R \to \infty}\int^{2 \pi}_{0} f(R+it) i dt + \int_{\infty}^{-\infty} f(t+2\pi i) \ dt + \lim_{R \to \infty} \int^{2 \pi}_{0} f(-R+it) i dt$$ $$= 2 \pi i \text{Res} [f(s), s= \pi i] = 2 \pi i \lim_{s \to \pi i} \frac{e^{sz}}{e^{s}} = -2 \pi i e^{\pi i z}$$

El segundo y el cuarto integrales a desaparecer y tenemos

$$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{zx}}{1+e^{s}} - \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{2 \pi i z}e^{zt}}{1+e^{t}} \ dt = - 2 \pi i e^{z \pi i} $$

$$ \implies \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{zx}}{1+e^{x}} \ dx = \frac{-2 \pi i e^{\pi i z}}{1-e^{2 \pi i z}} = \frac{2 \pi i}{e^{\pi i z} -e^{\pi i z}} = \frac{\pi}{\sin \pi z}$$

Answer 2

Sugerencia. Set $e^u=x^2$, luego $e^udu=2xdx$, $e^{uz}=x^{2z}$. La función de $x^{z}=\exp(z\log x)$ es analítica en $x$,$\mathbb C\smallsetminus\{it:t\le 0\}$. Y $$ \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{zu}\,du}{1+e^u}=\int_{-\infty}^\infty \frac{x^{2z-1}dx}{1+x^2}. $$ A continuación, utilice el countour $c_1\cup c_2\cup c_3\cup c_4$, donde $$ c_1(t)=t,\,\,t\[\varepsilon,R],\quad c_2(t)=Re^{it}, t\[0,\pi],\quad c_3(t)=t,\,\,t\[- R,-\varepsilon], \quad c_4(t)=\varepsilon\,e^{i(\pi-t)}, \,\, t\[0,\pi]. $$

Answer 3

$(0).$ Deje $t=e^u.\qquad(1)$. Deje $x=\dfrac1{1+t}\qquad(2).$ Reconocer la expresión de la función beta de la nueva integral. $\ \quad\ (3).$ Uso de Euler reflexión de la fórmula.

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La razón por la que estoy escribiendo esto es porque todas las integrales de la forma $\displaystyle\int_0^\infty\frac{t^a}{(1+t^b)^c}dt$ puede ser resuelto por los pasos $(1)$$(3)$, dejando $x=\dfrac1{1+t^b}$

Answer 4

$\newcommand{\+}{^{\daga}}% \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil #1 \right\rceil\,}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\down}{\downarrow}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \cima {= \cima \vphantom{\enorme}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}}% \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}% \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,}% \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle}% \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,}% \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $\ds{{\rm F}\pars{z} \equiv \int_{-\infty}^{\infty}{\expo{uz} \over 1 + \expo{u}}\,\dd u = {\pi \\sin\pars{\pi z}}:\ {\Large ?}.\qquad z\ \en\ \pars{0,1}}$

Vamos a $\ds{\quad t \equiv {1 \over 1 + \expo{u}}\ \iff\ \expo{u} = {1 \over t} - 1\,,\ u = \ln\pars{1 - t} - \ln\pars{t}}$. Entonces \begin{align} \color{#00f}{\large{\rm F}\pars{z}}&=\int_{1}^{0}t\pars{1 - t \over t}^{z}\, \pars{-\,{1 \over 1 - t} - {1 \over t}}\,\dd t =\int_{0}^{1}t^{1 - z}\pars{1 - t}^{z - 1}\,\dd t + \int_{0}^{1}t^{-z}\pars{1 - t}^{z}\,\dd t \\[3mm]&={\rm B}\pars{2 - z,z} + {\rm B}\pars{1 - z,z + 1} ={\Gamma\pars{2 - z}\Gamma\pars{z} \over \Gamma\pars{2}} + {\Gamma\pars{1 - z}\Gamma\pars{z + 1} \over \Gamma\pars{2}} \\[3mm]&=\pars{1 - z}\Gamma\pars{1 - z}\Gamma\pars{z} +\Gamma\pars{1 - z}z\Gamma\pars{z} = \Gamma\pars{z}\Gamma\pars{1 - z} =\color{#00f}{\large{\pi\over \sin\pars{\pi z}}} \end{align}

${\rm B}$ $\Gamma$ son de la Beta y Gamma funciones, respectivamente, y hemos utilizado las propiedades ya conocidas de ambos.

Answer 5

Realmente no sé si esto podría ayudar a usted o no. La antiderivada es$$\frac{e^{u z} \, _2F_1\left(1,z,z+1,-e^u\right)}{z}$$, que satisface la igualdad desea probar.