log(1+e^{-ax})cosbx[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} \log (1+e^{-ax})\cos bxdx=\frac{a}{2b^2}-\frac{π}{2b \sinh \frac{πb}{a}}\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \log (1-e^{-ax})\cos bxdx=\frac{a}{2b^2}-\frac{π}{2b}\coth \frac{πb}{a}\\
\end{alignat}ただし、全て \(a,b \gt 0\)









<証明>

次の三角関数の部分分数分解の式を用います。(詳細はこちらです)
\begin{alignat}{2}
&(A)  \frac{1}{\sinh x}=\frac{1}{x}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n \cdot 2x}{x^2+π^2n^2}\\
&(B)  \coth x=\frac{1}{x}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2x}{x^2+π^2n^2}\\
\end{alignat}

予め、上記の\((A)(B)\) の式を変形しておきます。

\((A)\) について \(\displaystyle x=\frac{πb}{a}\) とします。$$\frac{1}{\sinh \frac{πb}{a}}=\frac{a}{πb}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n \cdot 2 \cdot \frac{πb}{a}}{\frac{π^2b^2}{a^2}+π^2n^2}$$両辺に \(\displaystyle \frac{π}{2b}\) を掛けます。$$\frac{π}{2b \sinh \frac{πb}{a}}=\frac{a}{2b^2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n \cdot a}{n^2a^2+b^2}$$移項します。$$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} \cdot a}{n^2a^2+b^2}=\frac{a}{2b^2}-\frac{π}{2b \sinh \frac{πb}{a}}  \cdots (A)’$$




\((B)\) について \(\displaystyle x=\frac{πb}{a}\) とします。$$\coth \frac{πb}{a}=\frac{a}{πb}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2 \cdot \frac{πb}{a}}{\frac{π^2b^2}{a^2}+π^2n^2}$$両辺に \(\displaystyle \frac{π}{2b}\) を掛けます。$$\frac{π}{2b} \coth \frac{πb}{a}=\frac{a}{2b^2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a}{n^2a^2+b^2}$$移項します。$$-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a}{n^2a^2+b^2}=\frac{a}{2b^2}-\frac{π}{2b} \coth \frac{πb}{a}  \cdots (B)’$$





\begin{alignat}{2}
(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} \log (1+e^{-ax})\cos bxdx&=\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n e^{-(n+1)ax}}{n+1}\right\}\cos bxdx\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+1}\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-(n+1)ax} \cos bxdx\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+1} \cdot \frac{(n+1)a}{(n+1)^2a^2+b^2}\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n \cdot a}{(n+1)^2a^2+b^2}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} \cdot a}{n^2a^2+b^2}\\
\end{alignat}これは \((A)’\) の式であるので、以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \log (1+e^{-ax})\cos bxdx=\frac{a}{2b^2}-\frac{π}{2b \sinh \frac{πb}{a}}$$







\begin{alignat}{2}
(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \log (1-e^{-ax})\cos bxdx&=\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{e^{-(n+1)ax}}{n+1}\right\}\cos bxdx\\
&=-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1}\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-(n+1)ax} \cos bxdx\\
&=-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1} \cdot \frac{(n+1)a}{(n+1)^2a^2+b^2}\\
&=-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{a}{(n+1)^2a^2+b^2}=-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a}{n^2a^2+b^2}\\
\end{alignat}これは \((B)’\) の式であるので、以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \log (1-e^{-ax})\cos bxdx=\frac{a}{2b^2}-\frac{π}{2b}\coth \frac{πb}{a}$$

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