sinax(1-tanhbx)[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1) \displaystyle\int_0^{\infty} \sin ax (1-\tanh bx)dx=\frac{1}{a}-\frac{π}{2b \sinh \frac{πa}{2b}}\\
&(2) \displaystyle\int_0^{\infty} \sin ax (\coth bx-1)dx=\frac{π}{2b} \coth \frac{πa}{2b}-\frac{1}{a}\\
\end{alignat}
ただし、どちらも \(b \gt 0\)






<証明>

\((1)\) 括弧の中の式を級数で表します。
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^{\infty} \sin ax (1-\tanh bx)dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \sin ax \left(1-\frac{e^{bx}-e^{-bx}}{e^{bx}+e^{-bx}}\right)dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \sin ax \left(1-\frac{1-e^{-2bx}}{1+e^{-2bx}}\right)dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \sin ax \cdot \frac{1+e^{-2bx}-1+e^{-2bx}}{1+e^{-2bx}}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \sin ax \cdot \frac{e^{-2bx}}{1+e^{-2bx}}dx\\
&=2 \displaystyle\int_0^{\infty} \sin ax(e^{-2bx}-e^{-4bx}+e^{-6bx}- \cdots )dx\\
&=2 \displaystyle\int_0^{\infty} \sin ax \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}e^{-2nbx} dx\\
&=2 \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-2nbx} \sin ax dx\\
&=2 \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\left[\frac{e^{-2nbx}}{4n^2b^2+a^2}(-2nb \sin ax-a \cos ax)\right]_0^{\infty}
&=2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}a}{4n^2b^2+a^2}
\end{alignat}ここで次の \(\displaystyle \frac{1}{\sinh x }\) の部分分数分解より$$\frac{1}{\sinh x}=\frac{1}{x}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n \cdot 2x}{x^2+π^2n^2}$$この式について \(\displaystyle x=\frac{πa}{2b}\) としてから、両辺を \(\displaystyle \frac{π}{2b}\) 倍すると
\begin{alignat}{2}
&\frac{1}{\sinh \frac{πa}{2b}}=\frac{2b}{πa}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n \cdot 2 \cdot \frac{πa}{2b}}{\left(\frac{πa}{2b}\right)^2+π^2n^2}\\
&       =\frac{2b}{πa}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n πa \cdot 4b}{(πa)^2+π^2n^2 \cdot 4b^2}\\
&\frac{π}{2b \sinh \frac{πa}{2b}}=\frac{1}{a}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2 (-1)^n \cdot a}{a^2+4n^2b^2}
\end{alignat}移行すれば$$2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}a}{4n^2b^2+a^2}=\frac{1}{a}-\frac{π}{2b \sinh \frac{πa}{2b}}$$となるので、以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \sin ax (1-\tanh bx)dx=\frac{1}{a}-\frac{π}{2b \sinh \frac{πa}{2b}}$$







\((2)\) \((1)\) と同様に解いていきます。
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^{\infty} \sin ax (\coth bx-1)dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \sin ax \left(\frac{e^{bx}+e^{-bx}}{e^{bx}-e^{-bx}}-1\right)dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \sin ax \left(\frac{1+e^{-2bx}}{1-e^{-2bx}}-1\right)dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \sin ax \cdot \frac{1+e^{-2bx}-1+e^{-2bx}}{1-e^{-2bx}}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \sin ax \cdot \frac{e^{-2bx}}{1-e^{-2bx}}dx\\
&=2 \displaystyle\int_0^{\infty} \sin ax(e^{-2bx}+e^{-4bx}+e^{-6bx}+ \cdots )dx\\
&=2 \displaystyle\int_0^{\infty} \sin ax \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} e^{-2nbx} dx\\
&=2 \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-2nbx} \sin ax dx\\
&=2 \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \left[\frac{e^{-2nbx}}{4n^2b^2+a^2}(-2nb \sin ax-a \cos ax)\right]_0^{\infty}
&=2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a}{4n^2b^2+a^2}
\end{alignat}ここで次の \(\coth x \) の部分分数分解より$$\coth x=\frac{1}{x}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2x}{x^2+π^2n^2}$$この式について \(\displaystyle x=\frac{πa}{2b}\) としてから、両辺を \(\displaystyle \frac{π}{2b}\) 倍すると
\begin{alignat}{2}
&\coth \frac{πa}{2b}=\frac{2b}{πa}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2 \cdot \frac{πa}{2b}}{\left(\frac{πa}{2b}\right)^2+π^2n^2}\\
&       =\frac{2b}{πa}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{πa \cdot 4b}{(πa)^2+π^2n^2 \cdot 4b^2}\\
&\frac{π}{2b} \coth \frac{πa}{2b}=\frac{1}{a}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2a}{a^2+4n^2b^2}
\end{alignat}移行すれば$$2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a}{4n^2b^2+a^2}=\frac{π}{2b} \coth \frac{πa}{2b}-\frac{1}{a}$$となるので、以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \sin ax (\coth bx-1)dx=\frac{π}{2b} \coth \frac{πa}{2b}-\frac{1}{a}$$

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