sinhax/coshbx[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sinh ax}{\sinh bx}dx=\frac{π}{2b}\tan \frac{πa}{2b}\\
&(2) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sinh ax}{\cosh bx}dx=\frac{π}{2b}\sec \frac{πa}{2b}-\frac{1}{b}β\left(\frac{a+b}{2b}\right)\\
&(3) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cosh ax}{\cosh bx}dx=\frac{π}{2b}\sec \frac{πa}{2b}\\
\end{alignat}ただし、全て \(|a| \lt b\)








<証明>

\((1)\) 被積分関数の一部を級数に直してから積分します。
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sinh ax}{\sinh bx}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{ax}-e^{-ax}}{2}\cdot \frac{2}{e^{bx}-e^{-bx}}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} (e^{ax}-e^{-ax})\cdot \frac{e^{-bx}}{1-e^{-2bx}}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \{e^{(a-b)x}-e^{-(a+b)x}\}(1+e^{-2bx}+e^{-4bx}+ \cdots )dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \{e^{(a-b)x}-e^{-(a+b)x}\}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} e^{-2nbx}dx\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \displaystyle\int_0^{\infty} \left[e^{-\{(2n+1)b-a\}x}-e^{-\{(2n+1)b+a\}x}\right]dx\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \left[-\frac{e^{-\{(2n+1)b-a\}x}}{(2n+1)b-a}+\frac{e^{-\{(2n+1)b+a\}x}}{(2n+1)b+a}\right]_0^{\infty}\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \left\{\frac{1}{(2n+1)b-a}-\frac{1}{(2n+1)b+a}\right\}\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2a}{(2n+1)^2b^2-a^2}
\end{alignat}ここで \(\tan\) の部分分数分解の式を変形すると$$π \tan πx=-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2x}{x^2-\left(n+\frac{1}{2}\right)^2}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{8x}{(2n+1)^2-4x^2}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{8b^2x}{(2n+1)^2b^2-(2bx)^2}$$\(2bx=a\) と置いて、両辺を \(2b\) で割ります。
\begin{alignat}{2}
&π\tan \frac{πa}{2b}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{4ab}{(2n+1)^2b^2-a^2}\\
&\frac{π}{2b}\tan \frac{πa}{2b}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2a}{(2n+1)^2b^2-a^2}\\
\end{alignat}となるので、以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sinh ax}{\sinh bx}dx=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2a}{(2n+1)^2b^2-a^2}=\frac{π}{2b}\tan \frac{πa}{2b}$$







\((2)\) 被積分関数の一部を級数に直してから積分します。
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sinh ax}{\cosh bx}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{ax}-e^{-ax}}{2}\cdot \frac{2}{e^{bx}+e^{-bx}}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} (e^{ax}-e^{-ax})\cdot \frac{e^{-bx}}{1+e^{-2bx}}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \{e^{(a-b)x}-e^{-(a+b)x}\}(1-e^{-2bx}+e^{-4bx}- \cdots )dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \{e^{(a-b)x}-e^{-(a+b)x}\}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n e^{-2nbx}dx\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \displaystyle\int_0^{\infty} \left[e^{-\{(2n+1)b-a\}x}-e^{-\{(2n+1)b-a\}x}\right]dx\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \left[-\frac{e^{-\{(2n+1)b-a\}x}}{(2n+1)b-a}+\frac{e^{-\{(2n+1)b-a\}x}}{(2n+1)b+a}\right]_0^{\infty}\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \left\{\frac{1}{(2n+1)b-a}-\frac{1}{(2n+1)b+a}\right\}\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n \cdot 2a}{(2n+1)^2b^2-a^2}
\end{alignat}ここで \(\sec\) の部分分数分解の式を変形すると$$π \sec πx=-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n(2n+1)}{x^2-\left(n+\frac{1}{2}\right)^2}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{4(-1)^n(2n+1)}{(2n+1)^2-4x^2}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{4b^2(-1)^n(2n+1)}{(2n+1)^2b^2-(2bx)^2}$$\(2bx=a\) と置いて、両辺を \(2b\) で割ります。
\begin{alignat}{2}
&π\sec \frac{πa}{2b}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{4b^2(-1)^n(2n+1)}{(2n+1)^2b^2-a^2}\\
&\frac{π}{2b}\sec \frac{πa}{2b}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2b(-1)^n(2n+1)}{(2n+1)^2b^2-a^2}\\
\end{alignat}次に \(\displaystyle β(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{x+n}\) において \(\displaystyle x=\frac{a+b}{2b}\) として \(b\) で割ったものを計算すると$$\frac{1}{b}β\left(\frac{a+b}{2b}\right)=\frac{1}{b}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{\frac{a+b}{2b}+n}=\frac{1}{b}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n \cdot 2b}{a+b+2nb}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2(-1)^n}{(2n+1)b+a}$$二つの差を取ると
\begin{alignat}{2}
&  \frac{π}{2b}\sec \frac{πa}{2b}-\frac{1}{b}β\left(\frac{a+b}{2b}\right)\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \left\{\frac{2b(-1)^n(2n+1)}{(2n+1)^2b^2-a^2}-\frac{2(-1)^n}{(2n+1)b+a}\right\}\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \left\{\frac{2b(-1)^n(2n+1)}{(2n+1)^2b^2-a^2}-\frac{2(-1)^n(2n+1)b-2a(-1)^n}{(2n+1)^2b^2-a^2}\right\}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n \cdot 2a}{(2n+1)^2b^2-a^2}\\
\end{alignat}となるので、以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sinh ax}{\cosh bx}dx=\frac{π}{2b}\sec \frac{πa}{2b}-\frac{1}{b}β\left(\frac{a+b}{2b}\right)$$







\((3)\) 被積分関数の一部を級数に直してから積分します。
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cosh ax}{\cosh bx}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{ax}+e^{-ax}}{2}\cdot \frac{2}{e^{bx}+e^{-bx}}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} (e^{ax}+e^{-ax})\cdot \frac{e^{-bx}}{1+e^{-2bx}}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \{e^{(a-b)x}+e^{-(a+b)x}\}(1-e^{-2bx}+e^{-4bx}- \cdots )dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \{e^{(a-b)x}-e^{-(a+b)x}\}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^ne^{-2nbx}dx\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \displaystyle\int_0^{\infty} \left[e^{-\{(2n+1)b-a\}x}+e^{-\{(2n+1)b-a\}x}\right]dx\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n\left[-\frac{e^{-\{(2n+1)b-a\}x}}{(2n+1)b-a}-\frac{e^{-\{(2n+1)b-a\}x}}{(2n+1)b+a}\right]_0^{\infty}\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n \left\{\frac{1}{(2n+1)b-a}+\frac{1}{(2n+1)b+a}\right\}\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n\cdot 2(2n+1)b}{(2n+1)^2b^2-a^2}
\end{alignat}これは \((2)\) の途中で得られた式と同じだから、以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cosh ax}{\cosh bx}dx=\frac{π}{2b}\sec \frac{πa}{2b}$$




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