Formelsammlung Mathematik: Bestimmte Integrale: Form R(x,sinh,cosh)

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1.1

$\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {2x\sinh x}{\cosh 2x+\cos 2\alpha }}\,dx=\pi \,{\frac {\alpha }{\sin \alpha }}\qquad 0<\left|{\text{Re}}(\alpha )\right|<{\frac {\pi }{2}}$

Beweis (Formel nach Lobatschewski)

Im Fall $\alpha =0\,$ ist $\cosh 2x+\cos 2\alpha =2\cosh ^{2}x\,$.

Das gesuchte Integral $\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {x\,\sinh x}{\cosh ^{2}x}}\,dx$ ist dann

nach partieller Integration $\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {1}{\cosh x}}=\pi$.


Im Fall $\alpha \neq 0\,$ hat die Funktion $f(z)={\frac {2z\sinh z}{\cosh 2z+\cos 2\alpha }}$

ihre Singularitäten bei $z=i\left(k{\frac {\pi }{2}}\pm \alpha \right)$,

wobei $k\,$ eine ungerade Zahl ist.


Für $R>{\text{Im}}(\alpha )\,$ umschließt die Kurve $\gamma _{R}\,$ die beiden Singularitäten $z_{1/2}=i\left({\frac {\pi }{2}}\pm \alpha \right)$.

Also ist $I=\oint _{\gamma _{R}}f\,dz=2\pi i\left({\text{res}}\left[f,i\left({\frac {\pi }{2}}+\alpha \right)\right]+{\text{res}}\left[f,i\left({\frac {\pi }{2}}-\alpha \right)\right]\right)=\pi {\frac {\alpha +{\frac {\pi }{2}}}{\sin \alpha }}+\pi {\frac {\alpha -{\frac {\pi }{2}}}{\sin \alpha }}=2\pi \,{\frac {\alpha }{\sin \alpha }}$.

Für $R\to \infty \,$ gehen die Integrale über den vertikalen Strecken, nämlich $\int _{-R}^{-R+i\pi }f\,dz$ und $\int _{R}^{R+i\pi }f\,dz$, gegen Null.

Also ist $I=\int _{-\infty }^{\infty }f(x)\,dx+\int _{-\infty }^{\infty }f(i\pi -x)\,(-dx)$, wobei $-f(i\pi -x)=f(x)+2\pi i\underbrace {\frac {\sinh x}{\cosh 2x+\cos 2\alpha }} _{\text{ungerade Funktion}}$ ist.

Daraus folgt $I=\int _{-\infty }^{\infty }2f(x)\,dx=2\pi {\frac {\alpha }{\sin \alpha }}$.

 

2.1

$\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\sinh \pi x\,\sinh ax}{\cosh 2\pi x+\cos 2\pi b}}\,dx={\frac {\sin ab}{2\,\cos \left({\frac {a}{2}}\right)\,\sin \pi b}}\qquad 0<\left|{\text{Re}}(a)\right|<\pi \;\;,\;\;0<\left|{\text{Re}}(b)\right|<{\frac {1}{2}}$

Beweis

Setzt man $f(z)={\frac {\sinh \pi z\,\sinh az}{\cosh 2\pi z+\cos 2\pi b}}$, so ist $f(z+i)=-{\frac {\sinh \pi z\,(\sinh az\,\cos a+i\cosh az\,\sin a)}{\cosh 2\pi z+\cos 2\pi b}}$.

Da der Imaginärteil eine ungerade Funktion ist, gilt $\int _{-\infty }^{\infty }f(x+i)\,dx=-\cos a\,\int _{-\infty }^{\infty }f(x)\,dx$.

Für $R\to \infty \,$ verschwinden die Integrale über den vertikalen Strecken, daher ist

$\lim _{R\to \infty }\oint f\,dz=\int _{-\infty }^{\infty }f(x)\,dx-\int _{-\infty }^{\infty }f(x+i)\,dx=(1+\cos a)\int _{-\infty }^{\infty }f\,dx=2\,\cos ^{2}\left({\frac {a}{2}}\right)\,\int _{-\infty }^{\infty }f\,dx$.

Auf der anderen Seite ist nach dem Residuensatz $\lim _{R\to \infty }\oint f\,dz=2\pi i\,{\text{res}}\left(f,i\left({\frac {1}{2}}+b\right)\right)+2\pi i\,{\text{res}}\left(f,i\left({\frac {1}{2}}-b\right)\right)$

$={\frac {\sin \left(a\left({\frac {1}{2}}+b\right)\right)}{2\sin \pi b}}-{\frac {\sin \left(a\left({\frac {1}{2}}-b\right)\right)}{2\sin \pi b}}={\frac {\cos \left({\frac {a}{2}}\right)\,\sin ab}{\sin \pi b}}$.

Daraus folgt $\int _{-\infty }^{\infty }f(x)\,dx={\frac {\sin ab}{2\,\cos \left({\frac {a}{2}}\right)\,\sin \pi b}}$.