x^{μ-1}sinhax/sinhbx[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{μ-1}\sinh ax}{\sinh bx}dx=\frac{Γ(μ)}{(2b)^μ}\left[ζ\left\{μ,\frac{1}{2}\left(1-\frac{a}{b}\right)\right\}-ζ\left\{μ,\frac{1}{2}\left(1+\frac{a}{b}\right)\right\}\right]\\
&(2) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{μ-1}\cosh ax}{\sinh bx}dx=\frac{Γ(μ)}{(2b)^μ}\left[ζ\left\{μ,\frac{1}{2}\left(1-\frac{a}{b}\right)\right\}+ζ\left\{μ,\frac{1}{2}\left(1+\frac{a}{b}\right)\right\}\right]\\
\end{alignat}ただし、全て \(b \gt 0, μ \gt -1\)












<証明>

\begin{alignat}{2}
&(1) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{μ-1}\sinh ax}{\sinh bx}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1} \cdot \frac{e^{ax}-e^{-ax}}{2} \cdot \frac{2}{e^{bx}-e^{-bx}}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}(e^{ax}-e^{-ax})\cdot \frac{e^{-bx}}{1-e^{-2bx}}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}\{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[x^{μ-1}e^{-\{(2n+1)b-a\}x}-x^{μ-1}e^{-\{(2n+1)b+a\}x}\right]dx\\
\end{alignat}左の積分は \(\{(2n+1)b-a\}x=t\)、右の積分は \(\{(2n+1)b+a\}x=s\) と置きます。
\begin{alignat}{2}
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \left[\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\frac{t}{(2n+1)b-a}\right\}^{μ-1}e^{-t} \cdot \frac{1}{(2n+1)b-a}dt-\displaystyle\int_0^{\infty} \left\{\frac{s}{(2n+1)b+a}\right\}^{μ-1}e^{-s} \cdot \frac{1}{(2n+1)b+a}ds\right]\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \left[\frac{1}{\{(2n+1)b-a\}^μ}\displaystyle\int_0^{\infty}t^{μ-1}e^{-t}dt-\frac{1}{\{(2n+1)b+a\}^μ}\displaystyle\int_0^{\infty}s^{μ-1}e^{-s}ds\right]\\
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \left[\frac{Γ(μ)}{\{(2n+1)b-a\}^μ}-\frac{Γ(μ)}{\{(2n+1)b+a\}^μ}\right]\\
&=Γ(μ)\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \left[\frac{1}{(2nb+b-a)^μ}-\frac{1}{(2nb+b+a)^μ}\right]\\
&=\frac{Γ(μ)}{(2b)^μ}\left[\frac{1}{\left\{n+\frac{1}{2}\left(1-\frac{a}{b}\right)\right\}^μ}-\frac{1}{\left\{n+\frac{1}{2}\left(1+\frac{a}{b}\right)\right\}^μ}\right]\\
&=\frac{Γ(μ)}{(2b)^μ}\left[ζ\left\{μ,\frac{1}{2}\left(1-\frac{a}{b}\right)\right\}-ζ\left\{μ,\frac{1}{2}\left(1+\frac{a}{b}\right)\right\}\right]
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{μ-1}\sinh ax}{\sinh bx}dx=\frac{Γ(μ)}{(2b)^μ}\left[ζ\left\{μ,\frac{1}{2}\left(1-\frac{a}{b}\right)\right\}-ζ\left\{μ,\frac{1}{2}\left(1+\frac{a}{b}\right)\right\}\right]$$







\begin{alignat}{2}
&(2) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{μ-1}\cosh ax}{\sinh bx}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1} \cdot \frac{e^{ax}+e^{-ax}}{2} \cdot \frac{2}{e^{bx}-e^{-bx}}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}(e^{ax}+e^{-ax})\cdot \frac{e^{-bx}}{1-e^{-2bx}}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} x^{μ-1}\{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[x^{μ-1}e^{-\{(2n+1)b-a\}x}+x^{μ-1}e^{-\{(2n+1)b+a\}x}\right]dx\\
\end{alignat}左右の積分は \((1)\) で計算しています。

すなわち \((1)\) の式で、項の間の符号が異なるだけであるから、以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{μ-1}\cosh ax}{\sinh bx}dx=\frac{Γ(μ)}{(2b)^μ}\left[ζ\left\{μ,\frac{1}{2}\left(1-\frac{a}{b}\right)\right\}+ζ\left\{μ,\frac{1}{2}\left(1+\frac{a}{b}\right)\right\}\right]$$

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