【積分の計算 #3】sin(x)/(e^x-1)

問題

今回計算する積分：

解答

積分を級数にする

分母分子を$e^x$で割り無限級数にします.
$$ I=\int_0^\infty\frac{e^{-x}\sin x}{1-e^{-x}}\,dx=\int_0^\infty\sin x\sum_{n=1}^\infty e^{-nx}\,dx$$

もし$\int$と$\sum$を交換してもよいなら,
$$ =\sum_{n=1}^\infty\int_0^\infty e^{-nx}\sin x\,dx$$
となります. ここで,
\begin{align*} \int_0^\infty |e^{-nx}\sin x|\,dx&<\int_0^\infty e^{-nx}\,dx\\ &=\biggl[-\frac{e^{-nx}}{n}\biggr]_0^\infty\\ &=\frac{1}{n}<\infty \end{align*}
であるから, フビニ・トネリの定理より交換前後の式は等しいです.

$\sin x$をマクローリン展開します.
\begin{align*} =\sum_{n=1}^\infty\int_0^\infty e^{-nx}\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{(2k-1)!}x^{2k-1}\,dx \end{align*}

もしまた $\int$と$\sum$が交換できるなら,
\begin{align*} =\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{(2k-1)!}\int_0^\infty x^{2k-1}e^{-nx}dx \end{align*}
となりますが, 積分は明らかに収束するので, 同様に交換前後の式は等しいです.

$\displaystyle x\longmapsto\frac{x}{n}$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{(2k-1)!}{n^{2k}}\\ &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{n^{2k}}. \end{align*}

$\cot(\pi z)$の級数展開

少し変形すると,
\begin{align*} \frac{1-\pi z\cot(\pi z)}{2}=\sum_{n=1}^\infty\frac{z^2}{n^2-z^2} \end{align*}
となります. $|z^2|<1$とすれば,
\begin{align*} &=\sum_{n=1}^\infty\frac{\frac{z^2}{n^2}}{1-\frac{z^2}{n^2}}\\ &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{z^{2k}}{n^{2k}} \end{align*}
とできるので, $z\to i$とすると,
\begin{align*} \sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{n^{2k}}&=-\frac{1-i\pi\cot(i\pi)}{2}\\ &=\frac{-1+\pi\coth\pi}{2} \end{align*}
となって, 求めたい級数の値が求められました.

おまけ

これは他の方が考えた方法ですが, 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$\sin x$のラプラス変換になっていることに着目します.

下の式は公式として(既知として)利用します.
よってラプラス変換より,
$$=\sum_{n=1}^\infty\mathcal{L}[\sin](n)=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2+1}.\qquad\cdots\text{①}$$

ここで, 次の無限級数を考えます:
$$ S:=\sum_{n=-\infty}^\infty e^{-2\pi|n|}.$$
(i) 普通に計算する
無限等比級数の和より,
\begin{align*} S&=e^{-2\pi\cdot0}+2\sum_{n=1}^\infty e^{-2\pi n}\\ &=1+\frac{2e^{-2\pi}}{1-e^{-2\pi}}.\qquad\cdots\text{②} \end{align*}

(ii) 中身をフーリエ変換してから足す
$$ S':=\sum_{\xi=-\infty}^\infty\mathcal{F}[e^{-2\pi|\,\cdot\,|}](\xi)$$

$e^{2\pi i}=1$に注意して計算します.
\begin{align*} \int_{-\infty}^\infty e^{-2\pi|x|}e^{-2\pi i x\xi}\,dx&=\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\\ &=\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\\ &=\left[\frac{e^{-2\pi x}(e^{-2\pi i})^{\xi x}}{-2\pi(1+i\xi)}\right]_0^\infty+\left[\frac{e^{2\pi x}(e^{2\pi i})^{-\xi x}}{2\pi(1-i\xi)}\right]_{-\infty}^0\\ &=\frac{1}{\pi}\cdot\frac{1}{1+\xi^2} \end{align*}
よって,
\begin{align*} S'&=\frac{1}{\pi}\sum_{\xi=-\infty}^\infty\frac{1}{\xi^2+1}\\ &=\frac{1}{\pi}+\frac{2}{\pi}\sum_{\xi=1}^\infty\frac{1}{\xi^2+1}.\qquad\cdots\text{③} \end{align*}

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,
$$\sum_{n=-\infty}^\infty e^{-2\pi|n|}=\sum_{\xi=-\infty}^\infty \mathcal{F}[e^{-2\pi|\,\cdot\,|}](\xi)$$
となります. ②, ③ より,
\begin{align*} 1+\frac{2e^{-2\pi}}{1-e^{-2\pi}}&=\frac{1}{\pi}+\frac{2}{\pi}\sum_{\xi=1}^\infty\frac{1}{\xi^2+1}\\ \sum_{\xi=1}^\infty\frac{1}{\xi^2+1}&=\frac{-1+\pi\coth\pi}{2}. \end{align*}
左辺が ① 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$\displaystyle\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{n^2+1}$の値を既知とすればかなり素早い解法になります！
\begin{align*} \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](n)\\ &=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2+1}\\ &=\frac{-1+\pi\coth\pi}{2} \end{align*}