xsinax/cosh^2bx[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1-\cos ax}{x\sinh bx}dx=\log \cos \frac{πa}{2b}\\
&(2) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x\sin ax}{\cosh^2 x}dx=\frac{π}{2}\left(\frac{πa}{2}\coth \frac{πa}{2}-1\right)\mathrm{csch}\,\frac{πa}{2}\\
\end{alignat}ただし、全て \(a,b \gt 0\)









<証明>

\((1)\) 途中、次の定積分の結果を用います。(詳細はこちらです。)$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin ax}{\sinh bx}dx=\frac{π}{2b}\tanh \frac{πa}{2b}$$
次の定積分における等式を代入します。$$1-\cos ax=[\cos tx]_a^0=\displaystyle\int_a^0 (\cos tx)’dt=-\displaystyle\int_a^0 x \sin xtdt$$
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1-\cos ax}{x\sinh bx}dx=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1}{x \sinh bx}\left(-\displaystyle\int_a^0 x \sin xtdt\right)dx\\
&               =-\displaystyle\int_a^0 \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin tx}{\sinh bx}dxdt=-\displaystyle\int_a^0 \frac{π}{2b}\tanh \frac{πt}{2b}dt\\
&               =-\left[\log \cosh \frac{πt}{2b}\right]_a^0=\log \cos \frac{πa}{2b}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1-\cos ax}{x\sinh bx}dx=\log \cos \frac{πa}{2b}$$







\((2)\) 次の定積分を \(I(a)\) と置きます。$$I(a)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos ax}{\cosh^2 x}dx$$\(I(a)\) を \(a\) で微分します。$$I’(a)=-\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x \sin ax}{\cosh^2 x}dx$$となるので \(-I’(a)\) を求めます。
\begin{alignat}{2}
&I(a)=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos ax}{\cosh^2 x}dx=4\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\cos ax}{(e^x+e^{-x})^2}dx=4\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{e^{-2x}\cos ax}{(1+e^{-2x})^2}dx\\
&   =4\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-2x}\cos ax \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}ne^{-2(n-1)x}dx\\
&   =4\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} n \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-2nx} \cos axdx\\
&   =4\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} n\left[\frac{e^{-2nx}}{4n^2+a^2}(a\sin ax-2n \cos ax)\right]_0^{\infty}\\
&   =4\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} n\cdot \frac{2n}{4n^2+a^2}=2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \cdot \frac{4n^2}{a^2+4n^2}\\
&   =2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \left(1-\frac{a^2}{a^2+4n^2}\right)\\
&   =2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}+2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^na^2}{a^2+4n^2}=1+2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^na^2}{a^2+4n^2}\\
\end{alignat}ところで、次の \(\sinh\) の部分分数分解の式において(詳細はこちらです。)$$\frac{1}{\sinh x}=\frac{1}{x}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n \cdot 2x}{x^2+π^2n^2}$$\(\displaystyle x=\frac{πa}{2}\) とします。$$\frac{1}{\sinh \frac{πa}{2}}=\frac{2}{πa}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n \cdot 2 \cdot \frac{πa}{2}}{\left(\frac{πa}{2}\right)^2+π^2n^2}=\frac{2}{πa}+\frac{4}{π}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n a}{a^2+4n^2}$$両辺に\(\displaystyle \frac{πa}{2}\) を掛けます。$$\frac{πa}{2\sinh \frac{πa}{2}}=1+2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^na^2}{a^2+4n^2}$$となるので$$I(a)=1+2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^na^2}{a^2+4n^2}=\frac{πa}{2\sinh \frac{πa}{2}}$$\(I(a)\) を \(a\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
&I’(a)=\frac{π}{2}\cdot \frac{\sinh \frac{πa}{2}-a \cdot \frac{π}{2}\cosh \frac{πa}{2}}{\sinh^2 \frac{πa}{2}}\\
&    =\frac{π}{2}\left(1-\frac{πa}{2}\coth \frac{πa}{2}\right)\mathrm{csch}\,\frac{πa}{2}\\
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x\sin ax}{\cosh^2 x}dx=\frac{π}{2}\left(\frac{πa}{2}\coth \frac{πa}{2}-1\right)\mathrm{csch}\,\frac{πa}{2}$$

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