Доказательство тождества, включающего неберущиеся интегралы.

[Nekrusia]

Численно можно проверить, что $\forall a>0$:

$\dfrac{1}{4 \pi}\int\limits_0^\infty\dfrac{e^{-4a\sqrt{1+y^2}}}{(1+y^2)^2}\,dy-\dfrac{4}{\pi^2}\int\limits_0^\infty\dfrac{\sin^2(ay)}{y^3\sqrt{1+(y/2)^2}}\ln(y/2+\sqrt{(y/2)^2+1})\,dy=\dfrac{1}{16}\,$$\,-\dfrac{a}{\pi}.$

Мои многочисленные попытки доказать это тождество ни к чему путному не привели. На комплексной плоскости оба интеграла ведут себя ужасно: дуга, обходящая точку ветвления, дает расходимость, а с интегралами по берегам разреза и подавно непонятно что делать.

Первый из этих интегралов, правда, можно немного раскрутить, сделав замену $y=\sinh t$ и дифференцируя трижды по параметру $a$ (а затем интегрируя), что приводит к выражению, пропорциональному тройному интегралу от интегрального представления функции Макдональда:

$\int_a^\infty\, da_1\int_{a_1}^\infty\, da_2 \int_{a_2}^\infty K_0(4a_3)\, da_3.$

Буду рад любым идеям. Не удивлюсь, если это тождество все-таки нельзя доказать.

[Markiyan Hirnyk]

Пожалуйста, мотивируйте ваш вопрос, указав происхождение предполагаемого равенства. Кстати, оно верно при $a=0$.

[Nekrusia]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1299740 писал(а):

Пожалуйста, мотивируйте ваш вопрос, указав происхождение предполагаемого равенства. Кстати, оно верно при $a=0$.

Спасибо за ответ. Данное тождество я обнаружил случайно, вычисляя коэффициент перенормировки энергии поляризации вакуума в одномерной квантовой электродинамике. Физических оснований для данного равенства я не вижу. В вычисляемые физические величины входит именно сумма вышеуказанных интегралов, а не разность, для которой верно данное тождество. Тем не менее, доказательство было бы чрезвычайно полезно, поскольку позволяет формально выразить первый интеграл, который гораздо проще анализировать, через второй.

[DeBill]

Nekrusia
Ну, во вторм интеграле, игрек-пополам явно лишнее - заменим его на новый игрек...
Три раза дифференцировать - это хорошо (достаточно потом проверить три равенства в точке $a=0$).
Но как доказывать равенство нулю полученной третьей производной?
Вроде бы, должно получиться по следующему плану:
Функцию "экспонента, умноженная на логарифм, и деленная на корень " ,проинтегрируем по границе области "верхняя полуплоскость с разрезом от $i$ до $i\cdot \infty$": интеграл будет равен 0 (лемма Жордана, вроде, работает), и состоит он из интеграла по вещественной оси, и по границам разреза: последние сложатся, и две экспоненты дадут синус - это даст второй из интегралов.
Интегралы же по двум кускам вещественной оси сократятся частично (пропадут логарифмы ) , приращение аргумента даст недостающее $\pi$, и , кажется, получится первый интеграл.
Нет, это бред какой-то: нечетна же она, функция эта. Да и дифференциалы полезут . БРЕД, точно...

[sup]

Nekrusia в сообщении #1299733 писал(а):

Буду рад любым идеям

Как мне кажется, можно действовать следующим образом.
В первом интеграле делаем замену
$z= y + \sqrt {y + 1}$.
Получим интеграл

$$ \int \limits_1^{\infty} \frac {z^2 e^{-2a(z + 1/z)}}{(z^2 + 1)^3} \, dz. $$

Во втором интеграле делаем замену
$t = y/2 + \sqrt {y^2 / 4 + 1}$.
Получим интеграл

$$ \int \limits_1^{\infty} \frac {t^2 \ln t \sin^2(a(t - 1/t))}{(t^2 - 1)^3} \, dt. $$

Дальше,

$$ 2\sin^2(a(t - 1/t)) = 1 - e^{2ai(t - 1/t)} - e^{-2ai(t - 1/t)}. $$

Отмечу, что в этих интегралах (и в тех, что будут дальше) можно делать замену типа $t' = 1/t$ и получать контур интегрирования $(0, \infty)$.
В точке $t = 1$ устранимая особенность. Сейчас получится три интеграла и придется с этой точкой немножко повозиться. Или интеграл типа Коши писать или кружочком окручивать. Я буду действовать формально и с этим связываться не буду.
Три слагаемых --- три интеграла. Первый вроде как считается. Рассмотрим интеграл с $e^{2ai(t - 1/t)}$. Контур интегрирования (луч $(1, \infty)$) сдвигаем в верхнюю полуплоскость и получаем четвертушку единичной окружности $0 \leqslant \varphi \leqslant \pi /2$ и луч мнимой оси $(i, i\infty)$. Для интеграла с $e^{-2ai(t - 1/t)}$ контур аналогичным образом сдвигаем в нижнюю полуплоскость.
У меня вроде-бы получилось так, что интегралы по четвертушкам окружности вообще сократились, а в интегралах по мнимым лучам сократился логарифм (аргумент $\pm i\pi / 2$ НЕ сократился). В результате получаем что-то очень похожее на первый интеграл (после указанной выше замены).

[Markiyan Hirnyk]

Nekrusia

Цитата:

Данное тождество я обнаружил случайно, вычисляя коэффициент перенормировки энергии поляризации вакуума в одномерной квантовой электродинамике.

Поиск в Google указанного вами термина бузуспешен.

[DeBill]

А, нет, получится - только чуток сложнее.

DeBill в сообщении #1299799 писал(а):

и состоит он из интеграла по вещественной оси, и по границам разреза: последние сложатся, и две экспоненты дадут синус - это даст второй из интегралов.

Не совсем так: аккуратный анализ ветвей дает, что интегралы по краям разрезов дадут ДВА интеграла (один - с логарифмом и синусом, другой - без логарифма, но с косинусом), в пределах по $t$ от 1 до бесконечности. Заменой
$x=\sqrt{t^2-1}$ первый упростим - сведем к тому, который нужен. По вещ. оси интегралы сократятся в силу нечетности.
Если теперь по тому же контуру проинтегрировать экспоненту, деленную на корень, получим другой нужный (из интеграла во вещ. оси), а из интеграла по разрезу - тот самый, с косинусом и без логарифма. Это даст равенство третьих производных...

[Markiyan Hirnyk]

Еще одна возможность, которую нельзя сбрасывать со счетов, состоит в следующем: предложенная задача типа этой, но с новыми моментами (интегралы несобственные и зависят от параметра).

[Markiyan Hirnyk]

DeBill

Цитата:

Три раза дифференцировать - это хорошо (достаточно потом проверить три равенства в точке $a=0$).

Зачем дифференцировать трижды ( двух дифференцирований достаточно)?

[DeBill]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1299888 писал(а):

Зачем дифференцировать трижды ( двух дифференцирований достаточно)?

Можно - и даже проще будет с ветвлением. Но так ТС хотел...

[Markiyan Hirnyk]

DeBill

Цитата:

Можно - и даже проще будет с ветвлением. Но так ТС хотел...

Разве? Давайте посмотрим

Цитата:

Первый из этих интегралов, правда, можно немного раскрутить, сделав замену $y=\sinh t$ и дифференцируя трижды по параметру $a$ (а затем интегрируя),...

[DeBill]

Nekrusia в сообщении #1299733 писал(а):

дифференцируя трижды

Я имел ЭТО в виду.

[mihiv]

Обозначим интеграл с синусом $I_0$. Тогда $\dfrac 4{\pi ^2}I_0=\dfrac 1{4\pi ^2}\int \limits _{-\infty }^{\infty }\dfrac {1-\cos {4az}}{z^3\sqrt {1+z^2}}\ln (z+\sqrt {1+z^2})dz=\dfrac 1{4\pi ^2}I_1.\eqno (1)$ При получении этого равенства проведена замена: $y=2z$ и учтено, что под интегралом четная функция, т.к. $\ln (-z+\sqrt {1+z^2})=-\ln (z+\sqrt {1+z^2}), (-y)^3=-y^3.$
Поскольку при действительных $z: 1-\cos 4az =Re (1-e ^{i4az})$, найдем интеграл $\int \limits _{C}F(z)dz$, где $F(z)=\dfrac {1-e^{i4az}}{z^3\sqrt {1+z^2}}\ln (z+\sqrt {1+z^2}).$ Выберем следующий контур $C: \rho \to R$ по действительной оси, четверть дуги окружности $C_+:Re^{i\varphi }, \varphi =0\to \frac {\pi }2$, отрезок мнимой оси $l_1:iR\to i(1+\rho )$, окружность $C_{\gamma _1}:i+\rho e^{i\varphi }, \varphi :\frac {\pi }2\to -\frac {3\pi }2$, отрезок мнимой оси $l_2:i(1+\rho )\to iR$, четверть дуги окружности $C_-:Re^{i\varphi },\varphi =\frac {\pi }2\to \pi $, отрезок действительной оси: $(-R)\to (-\rho )$, полуокружность $C_{\gamma _2}:\rho e^{i\phi }, \varphi =\pi \to 0$.
В окончательном результате перейдем к пределу: $R\to \infty ,\rho \to 0$. Интегралы по $C_+,C_-,C_{\gamma _1}$ при этом стремятся к 0. Интеграл по действительной оси $\to I_1$, остальные интегралы:

$$\lim _{\rho \to 0}\int \limits _{C_{\gamma _2}}F(z)dz=-4a\pi ,\lim _{R\to \infty ,\rho \to 0} \left (\int \limits _{l_1}+\int \limits _{l_2}\right )=\pi \int \limits _1^{\infty }\dfrac {(1-e^{-4as})ds}{s^3\sqrt {s^2-1}}=\pi \int \limits _0^{\infty }\dfrac {(1-e^{-4a\sqrt {1+y^2}})dy}{(1+y^2)^2}$$

В результате получим:

$$\int \limits _{C}F(z)dz=0=I_1-4a\pi +\dfrac {\pi ^2}4-\pi \int \limits _0^{\infty }\dfrac {e^{-4a\sqrt {1+y^2}}dy}{(1+y^2)^2}$$

Находим отсюда $I_1$ и подставляем в (1): $\dfrac 4{\pi ^2}I_0=-\dfrac 1{16}+\dfrac a{\pi }+\dfrac 1{4\pi }\int \limits _0^{\infty }\dfrac {e^{-4a\sqrt {1+y^2}}dy}{(1+y^2)^2}$. Таким образом тождество доказано.

[Nekrusia]

Получилось! Всем большое спасибо.