Cómo calcular $\int_0^\infty \frac{\tanh\left(\pi x\right)}{x\left(1+x^2\right)} \, \mathrm{d}x$?

Question

¿Cómo calculo la siguiente integral?

$$\int_0^\infty \frac{\tanh\left(\pi x\right)}{x\left(1+x^2\right)} \, \mathrm{d}x$$

Probé algunas sustituciones básicas pero solo lo hacen más complicado. WolframAlpha dice que la respuesta es$2$ pero no tengo ni idea de cómo llegar.

Answer 1

Dejar $N$ ser un entero positivo y considerar la integral de contorno de

$$ f(z) = \frac{\tanh(\pi z)}{z(z^2+1)} $$

a lo largo del límite del rectángulo con las esquinas $\pm N$ y $\pm N+ iN$. Señalando que$\tanh(\pi z)$ tiene un cero simple en $ki$ y un simple poste en $z_k := \bigl(k+\frac{1}{2}\bigr)i$ para cada $ k \in \mathbb{Z}$, la función $f$ tiene polos simples solo en $z_k$s. (Los polos en$0$ y $\pm i$ son cancelados por los ceros de $f$.) Entonces, por el teorema del residuo,

\begin{align*} \int_{-N}^{N} f(x) \, \mathrm{d}x &= 2\pi i \sum_{k=0}^{N-1} \mathop{\mathrm{Res}}_{z=z_k} f(z) - \int_{\Gamma_N} f(z) \, \mathrm{d}z, \end{align*}

dónde $\Gamma_N$ es la trayectoria lineal por partes de $N$ a $N+iN$ a $-N+iN$ a $-N$. Ahora bien, no es difícil demostrar que la integral de$f$ a lo largo $\Gamma_N$ desaparece como $N\to\infty$y así dejar $N\to\infty$ rendimientos

\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \, \mathrm{d}x &= 2\pi i \sum_{k=0}^{\infty} \mathop{\mathrm{Res}}_{z=z_k} f(z) \\ &= i \sum_{k=0}^{\infty} \frac{2}{z_k (z_k + i)(z_k - i)} \\ &= i \sum_{k=0}^{\infty} \left( - \frac{1}{z_{k-1}} + \frac{2}{z_k} - \frac{1}{z_{k+1}} \right) \\ &= \frac{i}{z_0} - \frac{i}{z_{-1}} \\ &= 4. \end{align*}

Por tanto, la respuesta es $\frac{1}{2} \cdot 4 = 2$.

Answer 2

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\on}[1]{\operatorname{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\int_{0}^{\infty}{\tanh\pars{\pi x} \over x\pars{1 + x^{2}}}\,\dd x} \\ = &\ \int_{0}^{\infty}{1 \over x\pars{1 + x^{2}}}\ \overbrace{\bracks{% {8x \over \pi}\sum_{n = 0}^{\infty} {1 \over \pars{x^{2} + 1}\bracks{4x^{2} + \pars{2n + 1}^{2}}}}} ^{\ds{\tanh\pars{\pi x}}}\dd x \\[5mm] = &\ {8 \over \pi}\sum_{n = 0}^{\infty} \int_{0}^{\infty}{\dd x \over \pars{x^{2} + 1}\bracks{4x^{2} + \pars{2n + 1}^{2}}} \\[2mm] &\ \pars{\substack{\ds{{\large x}\mbox{-integration is straightforward with}}\\[1mm] \ds{Partial\ Fraction\ Decomposition}}} \\[2mm] = &\ \sum_{n = 0}^{\infty}{1 \over n^{2} + 2n + 3/4} = \sum_{n = 0}^{\infty} {1 \over \pars{n + 3/2}\pars{n + 1/2}} \\[5mm] = &\ \Psi\pars{3 \over 2} - \Psi\pars{1 \over 2} \label{1}\tag{1} \\[5mm] = &\ \bracks{\Psi\pars{1 \over 2} + {1 \over 1/2}} - \Psi\pars{1 \over 2} = \bbx{2}\label{2}\tag{2} \\ & \end{align}

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(\ ref {1}): $\ds{\Psi:\ Digamma\ Function}$.

(\ ref {2}): $\ds{\Psi}$-$\ds{Recurrence}$.

Answer 3

Otro pensamiento es probar la siguiente sustitución: $$I(t)=\int_0^\infty\frac{\tanh(tx)}{x(x^2+1)}dx$$ $u=-x\Rightarrow du=-dx$ y entonces: $$I(t)=\int_0^{-\infty}\frac{\tanh(-tu)}{-u(u^2+1)}(-du)=\int_{-\infty}^0\frac{\tanh(tx)}{x(x^2+1)}dx$$ Lo que significa que podemos escribir: $$I(t)=\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{\tanh(tx)}{x(x^2+1)}dx$$ $$I'(t)=\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{\tanh(tx)}{x^2+1}$$ $$I''(t)=\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{x\tanh(tx)}{x^2+1}dx$$ $$I'''(t)=\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{x^2\tanh(tx)}{x^2+1}=\frac12\int_{-\infty}^\infty\tanh(tx)dx-\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{\tanh(tx)}{x^2+1}dx$$

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$$I'''(t)=-I'(t)$$ $$I'''+I'=0$$ ahora solo necesitamos resolver esta oda: $$I=Ae^{\lambda t},I'=A\lambda e^{\lambda t},I'''=A\lambda^3e^{\lambda t}$$ $$A\lambda e^{\lambda t}+A\lambda^3e^{\lambda t}=0$$ $$\lambda+\lambda^3=0,\,\lambda(\lambda^2+1)=0$$ $$\lambda=0,\pm i$$ $$I=A+Be^{it}+Ce^{-it}\Rightarrow I=c_1+c_2\cos(t)+c_3\sin(t)$$ahora solo tenemos que averiguar cuáles son estas constantes. Esta parte está resultando difícil, pero parece obvio que$I'(t)=0$en todas partes ya que es una función extraña. también sabemos que$I(0)=0$ y eso $I''(t)$ va a ser divergente en todas partes excepto $I''(0)=0$. Esto no parece encajar bien, por lo que tal vez algo esté mal, pero podemos decir:$$I'(t)=0\Rightarrow I(t)=C$$ pero $I(0)=0$ y entonces $I(t)=0$, lo cual es claramente falso. He pasado un tiempo viendo esto resolviendo por qué está mal y creo que es porque$I''$ no es convergente.

Esto significa que uno de los principales problemas aquí es: $$\lim_{t\to 0}\int_{-\infty}^\infty\frac{x\tanh(tx)}{x^2+1}dx$$