$I=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sinh (\alpha x)}{\sinh(\beta x)}dx$

[Mrnhan]

Áp dụng thặng dư, tính tích phân:

$$I=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sinh (\alpha x)}{\sinh(\beta x)}dx, \, \forall \beta >\alpha, \beta, \alpha \in \mathbb{R} $$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[123456]

Nguyên văn bởi Mrnhan

Áp dụng thặng dư, tính tích phân:

$$I=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sinh (\alpha x)}{\sinh(\beta x)}dx, \, \forall \beta >\alpha, \beta, \alpha \in \mathbb{R} $$

Điều kiện phải là $|\beta| > |\alpha|$ để tích phân hội tụ.

Vì hàm $\sinh$ là hàm lẻ nên ta chỉ cần tính tích phân cho $\beta, \alpha > 0$. Đổi biến $x = t/\beta$, ta qui về tính tích phân
$$I(\alpha) = \int_{-\infty}^\infty \frac{\sinh (\alpha x)}{\sinh x} dx,$$
với $\alpha \in [0,1)$. Xét hàm
$$f(z) =\frac{\sinh (\alpha z)}{\sinh z}.$$
Hàm $f$ chỉnh hình trên $\mathbf{C}$ ngoại trừ các điểm $ik\pi$, $k =0, \pm 1,\pm 2,\cdots$.
Cho $a>b > 0$, kí hiệu $A =(-a,0), B =(-b,0), C =(b,0), D =(a,0), E =(a,\pi), F = (b,\pi), G = (-b,\pi), H = (-a,\pi)$, xét miền $D$ giới hạn bởi đoạn thẳng $AB$, cung tròn $BC$ tâm tại gốc, bán kính $b$ nằm ở nửa mặt phẳng trên, đoạn $CD$, $DE$, $EF$, cung tròn $FG$ tâm $(0,\pi)$ bán kính $b$ nằm dưới đường thẳng $y=\pi$, đoạn thẳng $GH$ và $HA$. Hàm $f$ chỉnh hình trong $D$ nên theo định lý Cauchy ta có
$$\int_{\partial D} f(z) dz =0.$$
Ta có
$$\int_{AB } f(z) dz +\int_{CD} f(z) dz\to I(\alpha),\quad a\to\infty,\, b\to 0.$$
Do $\lim_{z\to 0} f(z) = \alpha$ nên dễ dàng chứng minh được
$$\lim_{b\to 0} \int_{BC} f(z) dz =0.$$
Do $\alpha \in (0,1)$ nên
$$\lim_{a\to\infty}\left( \int_{DE} f(z) dz + \int_{HA} f(z) dz \right)=0.$$
Trên $EF\cup GH$ ta có $z = x + i\pi$ với $b <|x| < a$, do đó
$$\int_{EF} f(z) dz + \int_{GH}f(z) dz = \int_{-a}^{-b} \frac{e^{\alpha x + i\alpha\pi}-e^{-\alpha x -i\alpha\pi}}{e^{x}-e^{-x} }dx + \int_{b}^{a} \frac{e^{\alpha x + i\alpha\pi}-e^{-\alpha x -i\alpha\pi}}{e^{x}-e^{-x} }dx.$$
Đổi biến $x =-t$, suy ra
$$\int_{EF} f(z) dz + \int_{GH}f(z) dz = \frac{e^{i\alpha\pi}+e^{-i\alpha\pi}}2 \, \left( \int_{-a}^{-b} f(x)dx + \int_{b}^a f(x) dx\right) \to \cos(\alpha\pi) I(\alpha),$$
khi $a\to\infty$, $b\to 0$. Ta có
$$\lim_{z\to i\pi} f(z) (z-i\pi) = -i \sin (\alpha\pi),$$
và
$$\lim_{b\to 0} \int_{FG} \frac{1}{z-i\pi} dz = -i\pi.$$
Từ các kết quả trên suy ra
$$I(\alpha) = \frac{\pi \sin(\alpha\pi)}{1 + \cos(\alpha\pi)} = \pi \tan \left(\frac{\alpha\pi}2\right).$$

PS: hàm $f$ có thể thác triển thành hàm chỉnh hình tại $0$ bởi đặt $f(0) = \alpha$, do đó có thể ko cần xét đến cung $BC$ như ở trên.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Mrnhan]

Thế cuối cùng kết quả là $$I=\frac{\pi}{\beta}\tan\frac{\alpha \pi}{2\beta}$$

Nhưng em so sánh kết quả với wolframalpha thì thấy khác

$$\alpha =2, \beta = 3\Rightarrow I = \frac{\pi}{\sqrt{3}}+\frac{\ln 6}{3}$$

[Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[123456]

Nguyên văn bởi Mrnhan

Thế cuối cùng kết quả là $$I=\frac{\pi}{\beta}\tan\frac{\alpha \pi}{2\beta}$$

Nhưng em so sánh kết quả với wolframalpha thì thấy khác

$$\alpha =2, \beta = 3\Rightarrow I = \frac{\pi}{\sqrt{3}}+\frac{\ln 6}{3}$$

[Only registered and activated users can see links. ]

Mình thử với $\alpha = 2/3$, $\beta =1$ thì kết quả lại đúng là $\sqrt{3} \pi$. Nếu nghi ngờ thì bạn có thể kiểm tra lại tính toán, mình cũng chỉ là nháp thôi, nhưng ý tưởng chắc là đúng.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]