Hay un rapider o de manera más elegante para evaluar $\int_0^{+\infty} \frac{\cos(\pi x)\ \text{d}x}{e^{2\pi \sqrt{x}}-1}$?

Question

$$\int_0^{+\infty} \frac{\cos(\pi x)\ \text{d}x}{e^{2\pi \sqrt{x}}-1}$$

Primer intento

• $x\to t^2$

• Serie geométrica por escrito el denominador como $e^{2\pi t}(1 - e^{-2\pi t})$

• $\cos(\pi t^2) = \Re e^{i\pi t^2}$

Esto me lleva a

$$2\sum_{k = 0}^{+\infty} \int_0^{+\infty} t e^{i\pi t^2}e^{-\alpha t}\ \text{d}t$$

Donde $\alpha = 2\pi (k+1)$.

Ahora he pensado en escribir de nuevo, ya

$$-2\sum_{k = 0}^{+\infty}\frac{d}{d\alpha} \int_0^{+\infty} e^{i\pi t^2}e^{-\alpha t}\ \text{d}t$$

La última integral se puede evaluar con el uso de la Imaginaria de la Función de Error, por lo tanto, una Función Especial de método.

Aún así, no me parece la mejor manera.

Segundo Intento

Básicamente igual que la anterior, con la diferencia de que

• $\cos( \cdot )$ se queda como;

• $\pi t^2 \to z$;

Y esto trae

$$-\frac{1}{\sqrt{\pi}}\frac{d}{d\alpha} \sum_{k = 0}^{+\infty}\int_0^{+\infty} \frac{\cos(z)}{z} e^{-\alpha \sqrt{\frac{z}{\pi}}}\ \text{d}z$$

Pero en ambos casos lo que estoy pensando son sólo métodos numéricos. O al menos yo podría darle una oportunidad con la fase estacionaria, pero... meh.

Yo no sé si se puede utilizar residuos para esto, en realidad. Incluso si se está tomando un vistazo a la integral inicial, no es de esta manera:

$$\frac{1}{e^{2\pi t} -1} = \frac{1}{(e^{\pi t}+1)(e^{\pi t}-1)}$$

Que, por ejemplo, tiene un polo en $t = +i$...

Pero el uso de los residuos quisiera obtener

$$\pi \cos(\pi)$$

Donde como el correcto resultado numérico (que he comprobado con Mathematica) es

$$\color{blue}{0.0732233(...)}$$

Y parece que no hay una forma cerrada para esto.

Cualquier sugerencia/ayuda?

Answer 1

$$\color{blue}{\int_0^\infty {\frac{{\cos (\pi x)}}{{{e^{2\pi \sqrt x }} - 1}}dx} = \frac{{2 - \sqrt 2 }}{8}}$$

Simple manipulación da $$\int_0^\infty {\frac{{\cos (\pi x)}}{{{e^{2\pi \sqrt x }} - 1}}dx} = 2\int_0^\infty {\frac{{x\cos (\pi {x^2})}}{{{e^{2\pi x}} - 1}}dx} = \frac{1}{2} \int_0^\infty {\frac{{\sin (\pi {x^2})}}{{{{\sinh }^2}\pi x}}dx} $$ evaluamos la última integral.

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Considere la función $$f(z) = \frac{{{e^{i\pi {z^2}}}{e^{2\pi z}}}}{{{{\sinh }^2}\pi z\sinh 2\pi z}}$$ tenga en cuenta que $$f(z) - f(z + 2i) = 2\frac{{{e^{i\pi {z^2}}}}}{{{{\sinh }^2}\pi z}}$$

Integrar a $f(z)$ de todo el rectángulo con vértices $-R, R, R+2i, -R+2i$, con el semicírculo hendiduras en$0$$2i$. La sangría en $0$ está por encima de la $x$-eje, mientras que la sangría en $2i$ también está por encima de la línea de $\Im(z) = 2$, denotan estos dos círculos como $C_1$ $C_2$ respectivamente, ambos con radio de $r$.

A continuación, $$\tag{1} 2\pi i \sum_{k=1}^4 \text{Res}[f(z),\frac{k}{2}i] = 2 \mathcal{P}\mathcal{V} \int_{ - \infty }^\infty {\frac{{{e^{i\pi {z^2}}}}}{{{{\sinh }^2}\pi z}}dz} + \int_{C_1} f(z) dz + \int_{C_2} f(z) dz $$

Como $r\to 0$, $$\begin{aligned} \int_{C_1} f(z) dz + \int_{C_2} f(z) dz &= - \int_0^\pi {ri{e^{ix}}\left[ {f(r{e^{ix}}) - f(2i + r{e^{ix}})} \right]dx} \\ &= - \int_0^\pi {\frac{2}{{{\pi ^2}{r^2}{e^{2ix}}}}ri{e^{ix}}dx} + o(1) \\ &= - \frac{4}{{{\pi ^2}r}} + o(1) \end{aligned}$$ donde hemos utilizado la expansión de $f(z)-f(z+2i)$$0$. La nota dominante plazo es real.

Por lo tanto $(1)$ se convierte en $$2\pi i\left( {\frac{1}{\pi } - \frac{1}{{\sqrt 2 \pi }} + \frac{i}{{\sqrt 2 \pi }}} \right) = 2\mathcal{P}\mathcal{V}\int_{ - \infty }^\infty {\frac{{{e^{i\pi {z^2}}}}}{{{{\sinh }^2}\pi z}}dz} - \frac{4}{{{\pi ^2}r}} + o(1)$$

La comparación de la parte imaginaria da $$\int_0^\infty {\frac{{\sin (\pi {x^2})}}{{{{\sinh }^2}\pi x}}dx} = \frac{{2 - \sqrt 2 }}{4} $$

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Denotar $$I(a) = \int_0^\infty {\frac{{\cos (a\pi x)}}{{{e^{2\pi \sqrt x }} - 1}}dx} $$ luego de valores adicionales incluyen

$$\begin{aligned}I(2) &= \frac{1}{{16}} \\ I(3) &= \frac{1}{4} - \frac{{\sqrt 2 }}{{24}} - \frac{{\sqrt 6 }}{{18}} \\ I(\frac{1}{2}) &= \frac{1}{{4\pi }} \\ I(\frac{1}{3}) &= 1 - \frac{{3\sqrt 6 }}{8} \\ I(\frac{2}{3}) &= \frac{1}{3} - \frac{{3\sqrt 3 }}{{16}} + \frac{{\sqrt 3 }}{{8\pi }} \end{aligned}$$

En general, $I(r)$ racional, $r$ es algebraico sobre $\mathbb{Q}(\pi)$.

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Me di cuenta de que la pregunta ha sido respondida aquí, pero que la respuesta no es del todo completa.