Cómo calcular$I_n=\int_{-\infty}^{+\infty}\mathrm{d}x\frac{x^{2n}}{\cosh^2 x}$?

Question

Me gustaría calcular: $$ I_n = \int_{-\infty}^{+\infty}\mathrm{d}x\frac{x^{2n}}{\cosh^2 x}. $$ Tenemos bastante facilidad: $$ I_0 = \int_{-\infty}^{+\infty}\mathrm{d}x\frac{1}{\cosh^2 x}=\left[\tanh x\right]_{-\infty}^{+\infty}=2. $$ Así que para empezar, me dio una oportunidad en $$ I_1 = \int_{-\infty}^{+\infty}\mathrm{d}x\frac{x^{2}}{\cosh^2 x}. $$ Mi idea era utilizar el siguiente contorno $\Gamma_{\varepsilon, M}$ a integrar en el plano complejo: el rectángulo con vértices $M$, $M+i\frac{\pi}{2}$, $-M+i\frac{\pi}{2}$, $-M$, y un guión de radio $\varepsilon$ $i\frac{\pi}{2}$ donde $\cosh z=0$. Entonces por el Teorema de los Residuos: $$ \oint_{\Gamma_{\varepsilon, M}} \mathrm{d}z\frac{z^{2}}{\cosh^2 z} = 0. $$

Problema es que cuando hago los cálculos que el integrando es todavía singulares $O(\frac{1}{\varepsilon})$ en mi semicírculo. Más explícitamente: $$ \int_{0}^{-\pi} \mathrm{d}\theta i\varepsilon e^{i\theta}\frac {i\frac{\pi}{2}+\varepsilon e^{i\theta})^{2}}{\cosh^2 (i\frac{\pi}{2}+\varepsilon e^{i\theta})} = \int_{0}^{-\pi} \mathrm{d}\theta i\varepsilon e^{i\theta} \frac{-\frac{\pi^2}{4} + O(\varepsilon)}{\varepsilon^2e^{2i\theta}+O(\varepsilon^3)}. $$ Para evitar este problema he intentado: $$ \oint_{\Gamma_{\varepsilon, M}} \mathrm{d}z\frac{(z-i\frac{\pi}{2})^{2}}{\cosh^2 z}=0. $$

Pero luego me pone: $$ \int \mathrm{d}x\frac{(x-i\frac{\pi}{2})^{2}}{\cosh^2x}-\int \mathrm{d}x\frac{x^{2}}{\cosh^2(x-i\frac{\pi}{2})}=0 $$ $$ \int \mathrm{d}x\left(\frac{x^2}{\cosh^2x}+\frac{x^2}{\sinh^2x}\right) = \frac{\pi^2}{2} $$

desde $\cosh(x+i\frac{\pi}{2}) = i\sinh x$.

Answer 1

Tenga en cuenta que: $$\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {{x}^{2\,n}}{ \cosh^2 \left( x \right) }}\,{\mathrm{d}x}=2\,\int _{0}^{\infty }\!{\frac {{x}^{2\n }}{\cosh^2 \left( x \right) }}\,{\mathrm{d}x}\etiqueta{1}$$ a continuación, considere la siguiente integral para $\Re(s)>1$: $$\begin{aligned} \int _{0}^{\infty }{\frac {{x}^{s}}{ \cosh^2 \left( x \right) }}{dx}&=-2\,\int _{0}^{\infty }\!{x}^{s}{\frac {\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}} \left( \frac{1}{ 1+{{\rm e}^{2\,x}}}\right)\, {\mathrm{d}x},\\ \mbox{integration by parts...}\quad&=2\,s\int _{0}^{\infty }\!{\frac {{x}^{s-1}}{1+{{\rm e}^{2\,x}}}}\,{\mathrm{d}x},\\ \mbox{partial fractions...}\quad&=2\,s\int _{0}^{\infty }\!2\,{\frac {{x}^{s-1}}{1-{{\rm e}^{4\,x}}}}\,{\mathrm{d}x}-2\,s\int _{0}^{\infty }\!{\frac {{x}^{s-1}}{1-{{\rm e}^{2\,x}}}}\,{\mathrm{d}x},\\ \mbox{rescale the variables...}\quad&=-s \left( {2}^{-2\,s+2}-{2}^{1-s} \right) \int _{0}^{\infty }\!{\frac {{x}^{s-1}}{-1+{{\rm e}^{x}}}}\,{\mathrm{d}x},\\ \mbox{geometric series...}\quad&=-s \left( {2}^{-2\,s+2}-{2}^{1-s} \right) \sum _{n=1}^{\infty } \left( \int _{0}^{\infty }\!{x}^{s-1}{{\rm e}^{-xn}}\,{\mathrm{d}x} \right),\\ \mbox{rescale the variable...}\quad&=-s \left( {2}^{-2\,s+2}-{2}^{1-s} \right) \left(\sum _{n=1}^{\infty } \frac{1}{n^s}\right)\left(\int _{0}^{\infty }\!{x}^{s- 1}{{\rm e}^{-x}}\,{\mathrm{d}x}\right),\\ \mbox{function definitions...}\quad&=-s \left( {2}^{-2\,s+2}-{2}^{1-s} \right) \Gamma \left( s \right) \zeta \left( s \right),\\ \mbox{absorb the s into}\,\, \Gamma \mbox{...}\quad&=\left( -{2}^{-2\,s+2}+{2}^{1-s} \right) \zeta \left( s \right) \Gamma \left( s+1 \right) \end{aligned} \etiqueta{2}$$ donde $\zeta$ es la de Riemann zeta función. Entonces, si $s=2n,\, n\in \mathbb{Z}$: $$\Gamma \left( 2\n+1 \right) = \left( 2\n \right) !,\quad\zeta \left( 2\n \right) ={\frac { \left( -1 \right) ^{n+1}B_{2n} \left( 2\,\pi \right) ^{2\,n}}{2\left( 2\n \right) !}} \etiqueta{3}$$ donde $B$ indica el número de Bernoulli (o polinomio más adelante) y por lo tanto: $$\int _{-\infty}^{\infty }\!{\frac {{x}^{2\,n}}{ \cosh^2 \left( x \right) }}{dx}= \left( 2-2^{2-2n} \right)\left( -1 \right) ^{n+1}B_{2n}\, {\pi }^{2\,n} \tag{4}$$ o si lo prefieres: $$\int _{-\infty}^{\infty }\!{\frac {{x}^{2\,n}}{ \cosh^2 \left( x \right) }}{dx}=2B_{2n}\left(\frac{1}{2} \right) \left( i\pi \right) ^{2\,n} \etiqueta{5}$$

Answer 2

¿Por qué no simplemente ir a a$\Im{z} = \pi$, de modo que el rectángulo $C$ tiene vértices $\pm R$$\pm R+i \pi$? A continuación, consideramos

$$\oint_C dz \frac{z^{2 n+1}}{\cosh^2{z}}$$

que es igual a

$$\int_{-R}^R dx \frac{x^{2 n+1}}{\cosh^2{x}} + i \int_0^{\pi} dy \frac{(R+i y)^{2 n+1}}{\cosh^2{(R + i y)}} \\ + \int_R^{-R} dx \frac{(x+i \pi)^{2 n+1}}{\cosh^2{x}} + i \int_{\pi}^0 dy \frac{(-R+i y)^{2 n+1}}{\cosh^2{(-R + i y)}}$$

Como $R \to \infty$, el segundo y el cuarto integrales desaparecer. Así, el contorno de la integral es igual a

$$\int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{x^{2 n+1}-(x+i \pi)^{2 n+1}}{\cosh^2{x}}$$

Tenga en cuenta que la máxima potencia en el numerador es $x^{2 n}$, y que todos los impares poderes se desvanecen tras la integración. Por lo tanto la integral de contorno es expresable en términos de integrales de potencias inferiores a:

$$-i \pi (2 n+1)\int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{x^{2 n}}{\cosh^2{x}} +i \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k \binom{2 n+1}{2 k} \pi^{2 (n-k)+1}\int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{x^{2 k}}{\cosh^2{x}}$$

Por el teorema de los residuos, el contorno de la integral es también igual a $i 2 \pi$ veces el residuo de el integrando en el polo $z=i \pi/2$, que es una de doble polo.

$$\operatorname*{Res}_{z=i \pi/2} \frac{z^{2 n+1}}{\cosh^2{z}} = \lim_{z\to i \pi/2} \frac{d}{dz}\frac{(z-i \pi/2)^2 z^{2 n+1}}{\cosh^2{z}} = (-1)^{n+1} (2 n+1) \left ( \frac{\pi}{2}\right )^{2 n}$$

Para comprobar esto se puede proceder de la siguiente manera: $$ \lim_{z\i \pi/2} \frac{d}{dz}\frac{(z-i \pi/2)^2 z^{2 n+1}}{\cosh^2{z}} = \lim_{u\to 0} \frac{d}{dz}\frac{u^2 (u+i\pi/2)^{2 n+1}}{-\sinh^2{u}} = \lim_{u\to 0} (u+i\pi/2)^n\ \frac{-\left((2n+1)u^2+2(u+i\pi/2)u\right)2\sinh u+2(u+i\pi/2)u^2\cosh u}{\sinh^3u} = \lim_{u\to 0} (u+i\pi/2)^n\ \frac{-(2n+3)u^3-i\pi u +2u^3 + i\pi u + O(u^4)}{u^3+O(u^4)}= (-1)^{n+1}(2n+1)\left(\frac{\pi}{2}\right) ^{2n}. $$

Entonces usted necesita para encontrar las integrales de potencias inferiores. En realidad, usted puede evitar esto mediante el establecimiento de un sistema de ecuaciones para cada una de las $k$$0$$n$. Vamos

$$I_k = \int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{x^{2 k}}{\cosh^2{x}}$$

y

$$R_k = (-1)^{k} (2 k+1) \left ( \frac{\pi}{2}\right )^{2 k}$$

Entonces tenemos

$$(2 n+1) I_n - \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k \binom{2 n+1}{2 k} \pi^{2 (n-k)} I_k = 2 R_n$$ $$(2 n-1) I_{n-1} - \sum_{k=0}^{n-2} (-1)^k \binom{2 n-1}{2 k} \pi^{2 (n-1-k)} I_k = 2 R_{n-1}$$ $$\cdots$$ $$3 I_1 - \pi^2 I_0 = 2 R_1$$ $$I_0 = 2 $$

Answer 3

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

\begin{align} \color{#c00000}{I_{n}}&=8\int_{0}^{\infty}{x^{2n}\expo{2x} \over \pars{\expo{2x} + 1}^{2}}\,\dd x =-4\int_{x\ =\ 0}^{x\ \to\ \infty}x^{2n}\,\dd\pars{1 \over \expo{2x} + 1} \\[3mm]&=2\delta_{n0} + 8n \color{#00f}{\int_{0}^{\infty}{x^{2n - 1}\expo{-2x} \over 1 + \expo{-2x}}\,\dd x} \end{align}

\begin{align} &\color{#00f}{\int_{0}^{\infty}{x^{2n - 1}\expo{-2x} \over 1 + \expo{-2x}}\,\dd x} =\sum_{k = 0}^{\infty}\pars{-1}^{k}\int_{0}^{\infty} x^{2n - 1}\expo{-\pars{2k + 2}x}\,\dd x \\[3mm]&=\sum_{k = 0}^{\infty}{\pars{-1}^{k} \over \pars{2k + 2}^{2n}} \int_{0}^{\infty}x^{2n - 1}\expo{-x}\,\dd x =-\,{\Gamma\pars{2n} \over 2^{2n}} \sum_{k = 1}^{\infty}{\pars{-1}^{k} \over k^{2n}} \\[3mm]&=-{\Gamma\pars{2n} \over 2^{2n}} \bracks{{1 \over 2^{2n}}\sum_{k = 1}^{\infty}{1 \over k^{2n}} -\sum_{k = 1}^{\infty}{1 \over \pars{2k - 1}^{2n}}} \\[3mm]&=-{\Gamma\pars{2n} \over 2^{2n}} \bracks{{1 \over 2^{2n}}\sum_{k = 1}^{\infty}{1 \over k^{2n}} -\sum_{k = 1}^{\infty}{1 \over k^{2n}} + \sum_{k = 1}^{\infty}{1 \over \pars{2k}^{2n}}} \\[3mm]&=-{\Gamma\pars{2n} \over 2^{2n}}\pars{{1 \over 2^{2n - 1}} - 1} \sum_{k = 1}^{\infty}{1 \over k^{2n}} ={\Gamma\pars{2n} \over 2^{4n - 1}}\pars{2^{2n - 1} - 1}\zeta\pars{2n} \end{align}

$$\color{#66f}{\large I_{n}} \equiv\int_{-\infty}^{\infty}{x^{2n} \over \cosh^{2}\pars{x}}\,\dd x =\color{#66f}{\large2\delta_{n0} + n{2^{2n - 1} - 1 \over 2^{4n - 4}}\,\Gamma\pars{2n} \zeta\pars{2n}} $$