xsin2ax/coshbx[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x \sin 2ax}{\cosh bx}dx=\frac{π^2}{4b^2}\cdot \frac{\sinh \frac{πa}{b}}{\cosh^2 \frac{πa}{b}}\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x \cos 2ax}{\sinh bx}dx=\frac{π^2}{4b^2}\cdot \frac{1}{\cosh^2 \frac{πa}{b}}\\
&(3)  \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin ax}{x \cosh bx}dx=2 \tan^{-1}(e^{\frac{πa}{2b}})-\frac{π}{2}\\
\end{alignat}ただし、全て \(a \gt 0,b \gt 0\)










<証明>

次の定積分の結果を用います。(詳細はこちらです)
\begin{alignat}{2}
&(A) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin ax}{\sinh bx}dx=\frac{π}{2b}\tanh \frac{πa}{2b}\\
&(B) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos ax}{\cosh bx}dx=\frac{π}{2b}\mathrm{sech} \frac{πa}{2b}\\
\end{alignat}ただし、全て \(a \gt 0,b \gt 0\)




\((1)\) \((B)\) の式の両辺を \(a\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x \sin ax}{\cosh bx}dx&=-\frac{π}{2b} \cdot \frac{\partial}{\partial a}\left(\mathrm{sech} \frac{πa}{2b}\right)\\
&=\frac{π}{2b}\left(\cosh \frac{πa}{2b}\right)^{-2} \cdot \frac{π}{2b} \sinh \frac{πa}{2b}\\
&=\frac{π^2}{4b^2} \cdot \frac{\sinh \frac{πa}{2b}}{ \cosh^2 \frac{πa}{2b}}\\
\end{alignat}\(a\) を \(2a\) に書き直します。以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x \sin 2ax}{\cosh bx}dx=\frac{π^2}{4b^2}\cdot \frac{\sinh \frac{πa}{b}}{\cosh^2 \frac{πa}{b}}$$








\((2)\) \((A)\) の式の両辺を \(a\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x \cos ax}{\sinh bx}dx&=\frac{π}{2b} \cdot \frac{\partial}{\partial a}\left(\tanh \frac{πa}{2b}\right)\\
&=\frac{π}{2b}\cdot \frac{π}{2b} \cdot \frac{1}{\cosh^2 \frac{πa}{2b}}\\
&=\frac{π^2}{4b^2}\cdot \frac{1}{\cosh^2 \frac{πa}{2b}}
\end{alignat}\(a\) を \(2a\) に書き直します。以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x \cos 2ax}{\sinh bx}dx=\frac{π^2}{4b^2}\cdot \frac{1}{\cosh^2 \frac{πa}{b}}$$








\((3)\) 次のように求める積分を \(I(a)\) と置きます。$$I(a)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin ax}{x \cosh bx}dx$$\(I(a)\) を \(a\) で微分します。$$I’(a)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos ax}{ \cosh bx}dx=\frac{π}{2b}\mathrm{sech} \frac{πa}{2b}$$両辺を \(a\) で積分します。$$I(a)=\frac{π}{2b}\displaystyle\int \frac{1}{\cosh \frac{πa}{2b}}da$$次の積分を計算すると \(( \sinh Ax=t, A \cosh Ax=dt)\)
$$\displaystyle\int \frac{1}{\cosh Ax}dx=\displaystyle\int \frac{\cosh Ax}{1+\sinh^2 Ax}dx=\frac{1}{A}\displaystyle\int \frac{1}{1+t^2}dt=\frac{1}{A}\tan^{-1}t=\frac{1}{A}\tan^{-1}(\sinh Ax)+C$$ となるので$$I(a)=\frac{π}{2b}\cdot \frac{2b}{π} \tan^{-1}\left(\sinh \frac{πa}{2b}\right)+C=\tan^{-1}\left(\sinh \frac{πa}{2b}\right)+C$$また \(I(0)=0\) より \(C=0\) であるので$$I(a)=\tan^{-1}\left(\sinh \frac{πa}{2b}\right)$$さらに変形すれば
\begin{alignat}{2}
&I(a)=\tan^{-1}\left(\frac{e^{\frac{πa}{2b}}-e^{-\frac{πa}{2b}}}{2}\right)=\tan^{-1}\left(\frac{e^{\frac{πa}{2b}}-e^{-\frac{πa}{2b}}}{1+e^{\frac{πa}{2b}} \cdot e^{-\frac{πa}{2b}}}\right)\\
&   =\tan^{-1}\left(e^{\frac{πa}{2b}}\right)-\tan^{-1}\left(e^{-\frac{πa}{2b}}\right)\\
&   =\tan^{-1}\left(e^{\frac{πa}{2b}}\right)-\left\{\frac{π}{2}-\tan^{-1}\left(e^{\frac{πa}{2b}}\right)\right\}\\
&   =2 \tan^{-1}(e^{\frac{πa}{2b}})-\frac{π}{2}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin ax}{x \cosh bx}dx=2 \tan^{-1}(e^{\frac{πa}{2b}})-\frac{π}{2}\\$$





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