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積分問題2.5 ∫[0,∞](tanh^2x/x^2)dx

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$$\newcommand{a}[0]{\alpha} \newcommand{asn}[0]{\hspace{16pt}(\mathrm{as}\ n\to\infty)} \newcommand{b}[0]{\beta} \newcommand{beq}[0]{\begin{eqnarray*}} \newcommand{c}[2]{{}_{#1}\mathrm{C}_{#2}} \newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{cb}[0]{\binom{2n}{n}} \newcommand{ds}[0]{\displaystyle} \newcommand{eeq}[0]{\end{eqnarray*}} \newcommand{G}[1]{\Gamma({#1})} \newcommand{g}[0]{\gamma} \newcommand{hp}[0]{\frac{\pi}2} \newcommand{I}[0]{\mathrm{I}} \newcommand{l}[0]{\ell} \newcommand{limn}[0]{\lim_{n\to\infty}} \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{nck}[0]{\binom{n}{k}} \newcommand{p}[0]{\varphi} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{space}[0]{\hspace{12pt}} \newcommand{sumk}[1]{\sum_{k={#1}}^n} \newcommand{sumn}[1]{\sum_{n={#1}}^\infty} \newcommand{t}[0]{\theta} \newcommand{tc}[0]{\TextCenter} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} $$

${}$

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.
${}$

$$\int_0^\infty\frac{\tanh^2x}{x^2}\,dx=\frac{14\zeta(3)}{\pi^2}$$

${}$

(証明)

$$\beq \int_0^\infty\frac{\tanh^2x}{x^2}\,dx&=&\left[-\frac{\tanh^2x}{x}\right]_0^\infty+2\int_0^\infty\frac{\sinh x}{x\cosh^3x}\,dx\\[5pt] &=&8\int_0^\infty\frac{e^x-e^{-x}}{x(e^x+e^{-x})^3}\,dx\\[5pt] &=&8\int_0^\infty\frac{1-e^{-2x}}{x(1+e^{-2x})^3}e^{-2x}\,dx\\[5pt] &=&-4\int_0^1\frac{1-y}{\frac12\log y(1+y)^3}\,dy\space\space〈e^{-2x}=y〉\\[5pt] &=&8\int_0^1\int_0^1\frac{y^s}{(1+y)^3}\,dsdy \eeq$$

ここで $\ds\frac{y}{1+y}=t$ と置換すると, 区間は$t:0\to\frac12$, また $\ds\frac{dy}{(1+y)^2}=dt$ となるので,

$$\beq &=&8\int_0^1\int_0^{\frac12}t^s(1-t)^{1-s}\,dtds\\[5pt] &=&4\int_0^1\int_0^{\frac12}\big\{t^s(1-t)^{1-s}+t^{1-s}(1-t)^s\big\}\,dtds\\[5pt] &=&4\int_0^1\int_0^1t^{s}(1-t)^{1-s}\,dtds\\[5pt] &=&4\int_0^1B(1+s,2-s)\,ds\\[5pt] &=&4\int_0^1\frac{s(1-s)}{2}\G{s}\G{1-s}\,ds\\[5pt] &=&2\pi\int_0^1\frac{s(1-s)}{\sin\pi s}\,ds \eeq$$

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

$$\beq \int_0^1\frac{s(1-s)}{\sin\pi s}\,ds&=&2i\int_0^1\frac{s(1-s)}{e^{iπs}-e^{-iπs}}\,ds\\[5pt] &=&2i\int_0^1\frac{s(1-s)e^{-iπs}}{1-e^{-2iπs}}\,ds\\[5pt] &=&2i\sumn{0}\int_0^1s(1-s)e^{-(2n+1)iπs}\,ds \eeq$$

ここでWolfram Alphaさんによると$\ds\int_0^1x(1-x)e^{ax}\,dx=\frac{e^a(a-2)+a+2}{a^3}$らしいので, $a=-(2n+1)iπ$ として,

$$\beq \int_0^1\frac{s(1-s)}{\sin\pi s}\,ds&=&2i\sumn{0}\frac{-(a-2)+a+2}{\left(-(2n+1)iπ\right)^3}\\[5pt] &=&\frac{2}{π^3}\sumn{0}\frac{4}{(2n+1)^3}\\[5pt] &=&\frac{7\zeta(3)}{π^3} \eeq$$

以上より,

$$\beq \int_0^\infty\frac{\tanh^2x}{x^2}\,dx&=&2\pi\int_0^1\frac{s(1-s)}{\sin\pi s}\,ds\\[5pt] &=&\frac{14\zeta(3)}{π^2} \eeq$$

示すことができました. とても面白かったです🥰

${}$

${}$

投稿日:202121

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投稿者

東大理数B4です

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