(1-e^{-px})(1-e^{-(p+1)x})/xsinhx[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x(1-e^{px})}{\sinh x}dx=-\frac{π^2}{2}\tan^2 \frac{pπ}{2}  (0 \lt p \lt 1)\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{(1-e^{-px})\{1-e^{-(p+1)x}\}}{x \sinh x}dx=2p \log 2  (p \gt -1)
\end{alignat}








<証明>

次の定積分の結果を用います。(詳細はこちらです)$$\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{(1-x^p) \log x}{1-x^2}dx=\frac{π^2}{4}\tan^2 \frac{pπ}{2}  (0 \lt p \lt 1)$$




\((1)\) \(e^x=t\) と置きます。\((tdx=dt)\)
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x(1-e^{px})}{\sinh x}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{2(1-t^p)\log t}{t-t^{-1}} \cdot \frac{1}{t}dt=-2 \displaystyle\int_0^{\infty}\frac{(1-t^p) \log t}{1-t^2}dt\\
&                =-2 \cdot \frac{π^2}{4}\tan^2 \frac{pπ}{2}= -\frac{π^2}{2}\tan^2 \frac{pπ}{2}\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x(1-e^{px})}{\sinh x}dx=-\frac{π^2}{2}\tan^2 \frac{pπ}{2}$$








\((2)\) 次の定積分を \(I(a)\) と置きます。\(I(0)\) を求めます。$$I(a)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{(1-e^{-px})\{1-e^{-(p+1)x}\}}{x \sinh x} \cdot e^{-ax}dx$$\(I(a)\) を \(a\) で微分します。$$I’(a)=-\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1-e^{-px}-e^{-(p+1)x}+e^{-(2p+1)x}}{\sinh x} \cdot e^{-ax}dx$$\(e^{-x}=t\) と置きます。\((-tdx=dt)\)
\begin{alignat}{2}
&=-2 \displaystyle\int_1^0 \frac{1-t^p-t^{p+1}+t^{2p+1}}{t^{-1}-t} \cdot t^a \left(-\frac{1}{t}\right)dt\\
&=-2 \displaystyle\int_0^1 \frac{t^a-t^{a+p}-t^{a+p+1}+t^{a+2p+1}}{1-t^2}dt\\
\end{alignat}\(t^2=s\) と置きます。\((2tdt=ds)\)
\begin{alignat}{2}
&=-2\displaystyle\int_0^1 \frac{s^{\frac{a}{2}}-s^{\frac{a+p}{2}}-s^{\frac{a+p+1}{2}}+s^{\frac{a+2p+1}{2}}}{1-s} \cdot \frac{1}{2\sqrt{s}}ds\\
&=-\displaystyle\int_0^1 \frac{s^{\frac{a-1}{2}}-s^{\frac{a+p-1}{2}}-s^{\frac{a+p}{2}}+s^{\frac{a+2p}{2}}}{1-s}ds\\
&=-\left\{ψ\left(\frac{a+p+1}{2}\right)-ψ\left(\frac{a+1}{2}\right)+ψ\left(\frac{a+p}{2}+1\right)-ψ\left(\frac{a}{2}+p+1\right)\right\}\\
\end{alignat}両辺を \(a\) で積分します。$$I(a)=-2\left\{\log Γ\left(\frac{a+p+1}{2}\right)-\log Γ\left(\frac{a+1}{2}\right)+\log Γ\left(\frac{a+p}{2}+1\right)-\log Γ\left(\frac{a}{2}+p+1\right)\right\}+C$$\(I(∞)=0\) より \(C=0\) だから$$I(a)=-2\left\{\log Γ\left(\frac{a+p+1}{2}\right)-\log Γ\left(\frac{a+1}{2}\right)+\log Γ\left(\frac{a+p}{2}+1\right)-\log Γ\left(\frac{a}{2}+p+1\right)\right\}$$\(a=0\) のとき
\begin{alignat}{2}
&I(0)=-2\left\{\log Γ\left(\frac{p+1}{2}\right)-\log Γ\left(\frac{1}{2}\right)+\log Γ\left(\frac{p}{2}+1\right)-\log Γ\left(p+1\right)\right\}\\
&   =2 \log \frac{Γ\left(\frac{1}{2}\right)Γ(p+1)}{Γ\left(\frac{p+1}{2}\right)Γ\left(\frac{p}{2}+1\right)}=2 \log \frac{\sqrt{π}\cdot pΓ(p)}{Γ\left(\frac{p+1}{2}\right)\cdot \frac{p}{2}Γ\left(\frac{p}{2}\right)}\\
&   =2 \log \frac{\sqrt{π}\cdot p \cdot \frac{2^{p-1}}{\sqrt{π}}Γ\left(\frac{p}{2}\right)Γ\left(\frac{p+1}{2}\right)}{Γ\left(\frac{p+1}{2}\right) \cdot \frac{p}{2}Γ\left(\frac{p}{2}\right)}=2 \log 2^p=2p \log 2
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{(1-e^{-px})\{1-e^{-(p+1)x}\}}{x \sinh x}dx=2p \log 2$$

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