積分問題2.5 ∫[0,∞](tanh^2x/x^2)dx

この記事では, Narasakiさんという方がツイートしていた 以下の問題 の証明を書こうと思います.
$$

(証明)

$$\begin{array}{rcl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{{\tanh }^{2}x}{x^2}dx& =& {[-\frac{{\tanh }^{2}x}{x}]}_0^{\mathrm{\infty }}+2{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sinh x}{x{\cosh }^{3}x}dx\\ & =& 8{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^x-e^{-x}}{x(e^x+e^{-x}{)}^3}dx\\ & =& 8{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{1-e^{-2x}}{x(1+e^{-2x}{)}^3}{e}^{-2x}dx\\ & =& -4{\int }_0^1\frac{1-y}{\frac{1}{2}\log y(1+y{)}^3}dy〈e^{-2x}=y〉\\ & =& 8{\int }_0^1{\int }_0^1\frac{y^s}{(1+y{)}^3}dsdy\end{array}$$

ここで ${\displaystyle \frac{y}{1+y}=t}$ と置換すると, 区間は$t:0\to \frac{1}{2}$, また ${\displaystyle \frac{dy}{(1+y{)}^2}=dt}$ となるので,

$$\begin{array}{rcl}& =& 8{\int }_0^1{\int }_0^{\frac{1}{2}}{t}^s(1-t{)}^{1-s}dtds\\ & =& 4{\int }_0^1{\int }_0^{\frac{1}{2}}\{t^s(1-t{)}^{1-s}+t^{1-s}(1-t{)}^s\}dtds\\ & =& 4{\int }_0^1{\int }_0^1{t}^s(1-t{)}^{1-s}dtds\\ & =& 4{\int }_0^{1}B(1+s,2-s)ds\\ & =& 4{\int }_0^1\frac{s(1-s)}{2}\mathrm{\Gamma }(s)\mathrm{\Gamma }(1-s)ds\\ & =& 2\pi {\int }_0^1\frac{s(1-s)}{\sin \pi s}ds\end{array}$$

ただし2行目の変形で, $s,t$の区間を逆向きにした積分を足し合わせました.

さらに

$$\begin{array}{rcl}{\int }_0^1\frac{s(1-s)}{\sin \pi s}ds& =& 2i{\int }_0^1\frac{s(1-s)}{e^{i\pi s}-e^{-i\pi s}}ds\\ & =& 2i{\int }_0^1\frac{s(1-s)e^{-i\pi s}}{1-e^{-2i\pi s}}ds\\ & =& 2i\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^{1}s(1-s)e^{-(2n+1)i\pi s}ds\end{array}$$

ここでWolfram Alphaさんによると${\displaystyle {\int }_0^{1}x(1-x)e^{ax}dx=\frac{e^a(a-2)+a+2}{a^3}}$らしいので, $a=-(2n+1)i\pi$ として,

$$\begin{array}{rcl}{\int }_0^1\frac{s(1-s)}{\sin \pi s}ds& =& 2i\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{-(a-2)+a+2}{{(-(2n+1)i\pi )}^3}\\ & =& \frac{2}{{\pi }^3}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{4}{(2n+1{)}^3}\\ & =& \frac{7\zeta (3)}{{\pi }^3}\end{array}$$

以上より,

$$\begin{array}{rcl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{{\tanh }^{2}x}{x^2}dx& =& 2\pi {\int }_0^1\frac{s(1-s)}{\sin \pi s}ds\\ & =& \frac{14\zeta (3)}{{\pi }^2}\end{array}$$

示すことができました. とても面白かったです🥰