積分の計算(2)

問題

今回計算する積分：

解答

分母分子を$e^x$で割り無限級数にします. その際, 級数は一様収束するので$\sum$と$\int$を交換できます.
$$\int_0^\infty\frac{\sin x}{e^x-1}dx=\sum_{n=1}^\infty\int_0^\infty e^{-nx}\sin xdx$$
$\sin$のマクローリン展開より,
$$=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{(2k-1)!}\int_0^\infty x^{2k-1}e^{-nx}dx$$
$\displaystyle x\longmapsto\frac{x}{n}$と置換すると,
\begin{align*} =\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{(2k-1)!}\cdot\frac{1}{n^{2k}}\int_0^\infty x^{2k-1}e^{-x}dx&=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{(2k-1)!}\cdot\frac{\Gamma(2k)}{n^{2k}}\\ &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{n^{2k}} \end{align*}
最右辺を①とします.

ここで, $\sin\pi z$の無限積表示について考えます.

右辺は$z\in\mathbb{C}$で一様収束するので, 両辺を対数微分すると,
\begin{align*} \frac{\pi\cos\pi z}{\sin\pi z}&=\frac{\pi}{\pi z}+\sum_{n=1}^\infty\frac{-\frac{2z}{n^2}}{1-\frac{z^2}{n^2}}\\ \pi \cot\pi z&=\frac{1}{z}-\frac{2}{z}\sum_{n=1}^\infty\frac{\frac{z^2}{n^2}}{1-\frac{z^2}{n^2}} \end{align*}
$|z^2|<1$だから, 無限等比級数の和の公式より,
\begin{align*} \pi \cot\pi z&=\frac{1}{z}-\frac{2}{z}\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{z^{2k}}{n^{2k}}\\ \frac{-1+\pi z\cot\pi z}{2}&=-\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{z^{2k}}{n^{2k}} \end{align*}
$z\to i$とすれば,
\begin{align*} \frac{-1+i\pi\cot i\pi}{2}&=-\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k}}{n^{2k}}\\ &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{n^{2k}} \end{align*}
$\sin ix=-i\sinh ix=i\sinh x$や$\cos ix=\cosh x$であること, 最右辺は①と一致していることから,

おまけ

これは他人の解き方ですが, スタイリッシュで好きだったので紹介します.
$e^{-nx}$の無限級数にするところまでは同じです.
$$\int_0^\infty\frac{\sin x}{e^x-1}dx=\sum_{n=1}^\infty\int_0^\infty (\sin x)e^{-nx}dx$$
ここで, この形は$\sin x$のラプラス変換です.

下の式は新しく計算しなくてもラプラス変換表からわかります.
以上より,
$$=\sum_{n=1}^\infty\mathcal{L}[\sin x](n)=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2+1}$$
最右辺を②とします.

ここで, 次の無限級数を考えます.
$$\sum_{n=-\infty}^\infty e^{-2\pi|n|}$$
(1) 普通に計算する
$n$の範囲を分割して考えると,
$$=e^{-2\pi\cdot0}+2\sum_{n=1}^\infty e^{-2\pi n}$$
無限等比級数の和より,
$$=1+\frac{2e^{-2\pi}}{1-e^{-2\pi}}$$
これを③とします.
(2) 中身をフーリエ変換してから足す
まず,

フーリエ変換の定義に沿って計算をします.
$$\int_{-\infty}^\infty e^{-2\pi|x|}e^{-2\pi i x\xi}dx$$
絶対値に注意して,
$$\int_0^\infty e^{-2\pi x-2\pi i x\xi}dx+\int_{-\infty}^0 e^{2\pi x-2\pi i x\xi}dx$$
普通に積分すると,
$$=\left[\frac{e^{-2\pi x(1+i\xi)}}{-2\pi(1+i\xi)}\right]_0^\infty+\left[\frac{e^{2\pi x(1-i\xi)}}{2\pi(1-i\xi)}\right]_{-\infty}^0=\frac{1}{\pi}\cdot\frac{1}{1+\xi^2}$$
変換したものを足すから,
$$=\frac{1}{\pi}\sum_{\xi=-\infty}^\infty\frac{1}{\xi^2+1}$$
$\xi$の範囲を分割して,
$$=\frac{1}{\pi}+\frac{2}{\pi}\sum_{\xi=1}^\infty\frac{1}{\xi^2+1}$$
これを④とします.

ここで,

ポアソンの和公式より, $-\infty$～$\infty$の無限級数は, '中身'をフーリエ変換してから足しても値が等しいから,
$$\sum_{n=-\infty}^\infty e^{-2\pi|n|}=\sum_{\xi=-\infty}^\infty \mathcal{F}[e^{-2\pi|n|}](\xi)$$
③, ④より,
$$ 1+\frac{2e^{-2\pi}}{1-e^{-2\pi}}=\frac{1}{\pi}+\frac{2}{\pi}\sum_{\xi=1}^\infty\frac{1}{\xi^2+1}$$
整理すると,
$$\sum_{\xi=1}^\infty\frac{1}{\xi^2+1}=\frac{-1+\pi\coth\pi}{2}$$
左辺が②と等しいから,

長いように思えるかもしれませんが, $\sin$のラプラス変換や$\displaystyle\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{m^2+1}$の値を既知とすればかなり素早い解法になります！
$$\int_0^\infty\frac{\sin x}{e^x-1}dx=\sum_{n=1}^\infty\int_0^\infty (\sin x)e^{-nx}dx\\=\sum_{n=1}^\infty\mathcal{L}[\sin x](n)=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2+1}\\=\frac{-1+\pi\coth\pi}{2}$$