Bagaimana cara menghitung $\int_0^\infty \frac{\tanh\left(\pi x\right)}{x\left(1+x^2\right)} \, \mathrm{d}x$?
Bagaimana cara menghitung integral berikut?
$$\int_0^\infty \frac{\tanh\left(\pi x\right)}{x\left(1+x^2\right)} \, \mathrm{d}x$$
Saya mencoba beberapa pergantian pemain dasar tetapi itu hanya membuatnya lebih rumit. WolframAlpha mengatakan jawabannya adalah$2$ tapi saya tidak tahu bagaimana menuju ke sana.
Jawaban
Membiarkan $N$ menjadi bilangan bulat positif, dan menganggap integral kontur dari
$$ f(z) = \frac{\tanh(\pi z)}{z(z^2+1)} $$
di sepanjang batas persegi panjang dengan sudut-sudutnya $\pm N$ dan $\pm N+ iN$. Memperhatikan itu$\tanh(\pi z)$ memiliki nol sederhana di $ki$ dan tiang sederhana di $z_k := \bigl(k+\frac{1}{2}\bigr)i$ untuk setiap $ k \in \mathbb{Z}$, fungsinya $f$ memiliki tiang sederhana hanya di $z_k$'s. (Kutub di$0$ dan $\pm i$ dibatalkan oleh nol $f$.) Jadi dengan teorema residu,
\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*}
dimana $\Gamma_N$ adalah jalur linier sebagian dari $N$ untuk $N+iN$ untuk $-N+iN$ untuk $-N$. Sekarang tidak sulit untuk menunjukkan bahwa integral dari$f$ sepanjang $\Gamma_N$ lenyap sebagai $N\to\infty$, dan sebagainya, membiarkan $N\to\infty$ hasil
\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*}
Oleh karena itu jawabannya adalah $\frac{1}{2} \cdot 4 = 2$.
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\on}[1]{\operatorname{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \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}
(\ ref {1}): $\ds{\Psi:\ Digamma\ Function}$.
(\ ref {2}): $\ds{\Psi}$-$\ds{Recurrence}$.
Pemikiran lain adalah mencoba substitusi berikut: $$I(t)=\int_0^\infty\frac{\tanh(tx)}{x(x^2+1)}dx$$ $u=-x\Rightarrow du=-dx$ sehingga: $$I(t)=\int_0^{-\infty}\frac{\tanh(-tu)}{-u(u^2+1)}(-du)=\int_{-\infty}^0\frac{\tanh(tx)}{x(x^2+1)}dx$$ Artinya kita bisa menulis: $$I(t)=\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{\tanh(tx)}{x(x^2+1)}dx$$ $$I'(t)=\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{\tanh(tx)}{x^2+1}$$ $$I''(t)=\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{x\tanh(tx)}{x^2+1}dx$$ $$I'''(t)=\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{x^2\tanh(tx)}{x^2+1}=\frac12\int_{-\infty}^\infty\tanh(tx)dx-\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{\tanh(tx)}{x^2+1}dx$$
$$I'''(t)=-I'(t)$$ $$I'''+I'=0$$ sekarang kita hanya perlu menyelesaikan ode ini: $$I=Ae^{\lambda t},I'=A\lambda e^{\lambda t},I'''=A\lambda^3e^{\lambda t}$$ $$A\lambda e^{\lambda t}+A\lambda^3e^{\lambda t}=0$$ $$\lambda+\lambda^3=0,\,\lambda(\lambda^2+1)=0$$ $$\lambda=0,\pm i$$ $$I=A+Be^{it}+Ce^{-it}\Rightarrow I=c_1+c_2\cos(t)+c_3\sin(t)$$sekarang kita hanya perlu mencari tahu apa konstanta ini. Bagian ini terbukti sulit, tetapi tampaknya jelas$I'(t)=0$di mana-mana karena itu adalah fungsi yang aneh. kami juga tahu itu$I(0)=0$ dan itu $I''(t)$ akan menjadi berbeda di mana-mana selain $I''(0)=0$. Ini sepertinya tidak cocok jadi mungkin ada yang salah tetapi kami dapat mengatakan:$$I'(t)=0\Rightarrow I(t)=C$$ tapi $I(0)=0$ sehingga $I(t)=0$, yang jelas tidak benar. Saya telah menghabiskan beberapa waktu untuk melihat ini untuk mencari tahu mengapa itu salah dan saya yakin itu karena$I''$ tidak konvergen.
Artinya, salah satu masalah utama di sini adalah: $$\lim_{t\to 0}\int_{-\infty}^\infty\frac{x\tanh(tx)}{x^2+1}dx$$