x/(x^2+a^2)(e^{2πx}-1)[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x}{(x^2+a^2)(e^{2πx}-1)}dx=-\frac{1}{4a}+\frac{1}{2}\log a-\frac{1}{2}ψ(a)\\
&(2) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x}{(x^2+a^2)^2(e^{2πx}-1)}dx=-\frac{1}{8a^3}-\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{4a}ψ'(a)\\
\end{alignat}ただし、全て \(a \gt 0\)







<証明>

\(\coth πx\) を次のように変形します。
\begin{alignat}{2}
&\coth πx=\frac{e^{πx}+e^{πx}}{e^{πx}-e^{-πx}}=\frac{e^{2πx}+1}{e^{2πx}-1}\\
&      =\frac{e^{2πx}-1+2}{e^{2πx}-1}=1+\frac{2}{e^{2πx}-1}\\
\end{alignat}また、次の部分分数分解の式において(詳細はこちらです。)$$\coth x=\frac{1}{x}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2x}{x^2+π^2n^2}$$\(x\) を \(πx\) に書き直すと$$\coth πx=\frac{1}{πx}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2πx}{(πx)^2+π^2n^2}=\frac{1}{πx}+\frac{1}{π}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2x}{x^2+n^2}$$となるので、先ほどの式と合わせれば$$\frac{2}{e^{2πx}-1}=-1+\coth πx=-1+\frac{1}{πx}+\frac{1}{π}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2x}{x^2+n^2}$$これを被積分関数に代入します。
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x}{(x^2+a^2)(e^{2πx}-1)}dx\\
&=\frac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x}{x^2+a^2} \cdot \frac{2}{e^{2πx}-1}dx\\
&=\frac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x}{x^2+a^2} \left(-1+\frac{1}{πx}+\frac{1}{π}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2x}{x^2+n^2}\right)dx\\
&=-\frac{1}{2}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x}{x^2+a^2}dx+\frac{1}{2π}\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{x^2+a^2}dx+\frac{1}{π}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^2}{(x^2+a^2)(x^2+n^2)}dx
\end{alignat}積分をそれぞれ計算します。
\begin{alignat}{2}
&(A) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x}{x^2+a^2}dx=\left[\frac{1}{2}\log (x^2+a^2)\right]_0^{\infty}=\left(\displaystyle\lim_{x \to \infty} \log \sqrt{x^2+a^2}\right)-\log a\\
\\
&(B) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{x^2+a^2}dx=\left[\frac{1}{a}\tan^{-1} \frac{x}{a}\right]_0^{\infty}=\frac{π}{2a}
\end{alignat}右の積分は部分分数分解を行います。
\begin{alignat}{2}
&\frac{A}{x^2+a^2}+\frac{B}{x^2+n^2}=\frac{x^2}{(x^2+a^2)(x^2+n^2)}\\
&\\
&A(x^2+n^2)+B(x^2+a^2)=x^2,  Ax^2+An^2+Bx^2+Ba^2=x^2\\
&(A+B)x^2+An^2+Ba^2=x^2,  A+B=1,  An^2+Ba^2=0
\end{alignat}これを解くと$$A=\frac{a^2}{a^2-n^2},  B=\frac{-n^2}{a^2-n^2}$$ よって
\begin{alignat}{2}
&(C) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^2}{(x^2+a^2)(x^2+n^2)}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \left(\frac{a^2}{a^2-n^2} \cdot \frac{1}{x^2+a^2}-\frac{n^2}{a^2-n^3} \cdot \frac{1}{x^2+n^2}\right)dx\\
&=\frac{1}{a^2-n^2}\left(\frac{πa}{2}-\frac{πn}{2}\right)=\frac{π}{2}\cdot \frac{a-n}{a^2-n^2}=\frac{π}{2}\cdot \frac{1}{n+a}\\
\end{alignat}元の積分計算に戻ります。
\begin{alignat}{2}
&=-\frac{1}{2}\left(\displaystyle\lim_{x \to \infty} \log \sqrt{x^2+a^2}\right)+\frac{1}{2}\log a+\frac{1}{4a}+\frac{1}{2}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n+a}\\
&=-\frac{1}{2}\left(\displaystyle\lim_{x \to \infty} \log \sqrt{x^2+a^2}\right)+\frac{1}{2}\log a+\frac{1}{4a}-\frac{1}{2a}+\frac{1}{2}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+a}\\
&=-\frac{1}{4a}+\frac{1}{2}\log a-\frac{1}{2}\left\{\left(\displaystyle\lim_{x \to \infty} \log \sqrt{x^2+a^2}\right)-\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+a}\right\}\\
&=-\frac{1}{4a}+\frac{1}{2}\log a-\frac{1}{2}\left\{\left(\displaystyle\lim_{x \to \infty} \log \sqrt{x^2+a^2}\right)-\left(\displaystyle\lim_{x \to \infty} \log x\right)+ψ(a)\right\}\\
&=-\frac{1}{4a}+\frac{1}{2}\log a-\frac{1}{2}\left\{\left(\displaystyle\lim_{x \to \infty} \log \sqrt{1+\frac{a^2}{x^2}}\right)+ψ(a)\right\}\\
&=-\frac{1}{4a}+\frac{1}{2}\log a-\frac{1}{2}ψ(a)\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x}{(x^2+a^2)(e^{2πx}-1)}dx=-\frac{1}{4a}+\frac{1}{2}\log a-\frac{1}{2}ψ(a)$$








\((2)\) \((1)\) の式の両辺を \(a\) で微分します。$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{-2ax}{(x^2+a^2)^2(e^{2πx}-1)}dx=\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{2a}-\frac{1}{2}ψ’(a)$$両辺を \(-2a\) で割ります。以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x}{(x^2+a^2)^2(e^{2πx}-1)}dx=-\frac{1}{8a^3}-\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{4a}ψ'(a)$$

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