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

Dec 05 2020

Jak obliczyć następującą całkę?

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

Wypróbowałem kilka podstawowych podstawień, ale one tylko komplikują sprawę. WolframAlpha mówi, że odpowiedź brzmi$2$ ale nie mam pojęcia, jak się tam dostać.

Odpowiedzi

12 SangchulLee Dec 05 2020 at 00:21

Pozwolić $N$ być dodatnią liczbą całkowitą i rozważ całkę konturową

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

wzdłuż granicy prostokąta z narożnikami $\pm N$ i $\pm N+ iN$. Zauważając to$\tanh(\pi z)$ ma proste zero na $ki$ i prosty słup w $z_k := \bigl(k+\frac{1}{2}\bigr)i$ dla każdego $ k \in \mathbb{Z}$, funkcja $f$ ma proste bieguny tylko na $z_k$jest. (Bieguny w$0$ i $\pm i$ są anulowane przez zera $f$.) Więc zgodnie z twierdzeniem o resztach,

\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*}

gdzie $\Gamma_N$ jest odcinkową ścieżką liniową od $N$ do $N+iN$ do $-N+iN$ do $-N$. Teraz nietrudno jest pokazać, że całka$f$ wzdłuż $\Gamma_N$ znika jako $N\to\infty$, a więc pozwalając $N\to\infty$ plony

\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*}

Dlatego odpowiedź brzmi $\frac{1}{2} \cdot 4 = 2$.

2 FelixMarin Dec 18 2020 at 12:49

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\on}[1]{\operatorname{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \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}): $\ds{\Psi}$-$\ds{Recurrence}$.

HenryLee Dec 05 2020 at 01:08

Inną myślą jest wypróbowanie następującej zamiany: $$I(t)=\int_0^\infty\frac{\tanh(tx)}{x(x^2+1)}dx$$ $u=-x\Rightarrow du=-dx$ a więc: $$I(t)=\int_0^{-\infty}\frac{\tanh(-tu)}{-u(u^2+1)}(-du)=\int_{-\infty}^0\frac{\tanh(tx)}{x(x^2+1)}dx$$ Co oznacza, że ​​możemy napisać: $$I(t)=\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{\tanh(tx)}{x(x^2+1)}dx$$ $$I'(t)=\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{\tanh(tx)}{x^2+1}$$ $$I''(t)=\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{x\tanh(tx)}{x^2+1}dx$$ $$I'''(t)=\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{x^2\tanh(tx)}{x^2+1}=\frac12\int_{-\infty}^\infty\tanh(tx)dx-\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{\tanh(tx)}{x^2+1}dx$$


$$I'''(t)=-I'(t)$$ $$I'''+I'=0$$ teraz musimy tylko rozwiązać tę odę: $$I=Ae^{\lambda t},I'=A\lambda e^{\lambda t},I'''=A\lambda^3e^{\lambda t}$$ $$A\lambda e^{\lambda t}+A\lambda^3e^{\lambda t}=0$$ $$\lambda+\lambda^3=0,\,\lambda(\lambda^2+1)=0$$ $$\lambda=0,\pm i$$ $$I=A+Be^{it}+Ce^{-it}\Rightarrow I=c_1+c_2\cos(t)+c_3\sin(t)$$teraz musimy tylko ustalić, jakie są te stałe. Ta część okazuje się trudna, ale wydaje się to oczywiste$I'(t)=0$wszędzie, ponieważ jest to dziwna funkcja. my też to wiemy$I(0)=0$ i to $I''(t)$ będzie rozbieżne wszędzie poza $I''(0)=0$. Wydaje się, że to nie pasuje, więc może coś jest nie tak, ale możemy powiedzieć:$$I'(t)=0\Rightarrow I(t)=C$$ ale $I(0)=0$ a więc $I(t)=0$, co jest ewidentnie nieprawdziwe. Spędziłem trochę czasu, zastanawiając się nad tym, dlaczego jest źle i uważam, że tak jest$I''$ nie jest zbieżna.

Oznacza to, że jednym z głównych problemów jest: $$\lim_{t\to 0}\int_{-\infty}^\infty\frac{x\tanh(tx)}{x^2+1}dx$$