便利さんの積分・級数botを解く⑥

積分を解く

どうも、らららです。
積分・級数botの積分を解きます
今回の積分を解くときに参考にした 動画

解く積分

積分を解く

留数定理を用いて解いていきます
まず分数をなくすために$x\mapsto ax$と置換します
$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sinh ax}{ax\cosh x}adx\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\sinh ax}{x\cosh x}dx\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{ax}-e^{-ax}}{x(e^x+e^{-x})}dx\end{array}$$

後で理由がわかるんので説明しませんが$f(z)+f(-z)$が被積分関数になれば求めたい積分になるのでそのような$f(z)$を設定します
${\displaystyle f(z)=\frac{e^{az}}{z(e^z+e^{-z})}}$とすれば
$$\begin{array}{rl}f(z)+f(-z)& =\frac{e^{az}}{z(e^z+e^{-z})}+\frac{e^{-az}}{-z(e^{-z}+e^z)}\\ & =\frac{e^{az}-e^{-az}}{z(e^z+e^{-z})}\end{array}$$
となり$f(z)+f(-z)$が被積分関数になっています
積分経路は半径$R$の半円にします。
そのまま半円だと$z=0$の特異点が経路上にきてしまうので回避します
積分経路
全体の積分を$C$としておきます
虚軸に×がたくさんあるのは$f(z)$の特異点、つまり$\cosh z=0$となる$z$が${\displaystyle i\pi (n+\frac{1}{2})}$だからです
それでは計算していきます
$$\begin{array}{rl}{\int }_{C_1+C_3}& ={\int }_{-R}^{-\epsilon }f(z)dz+{\int }_{\epsilon }^{R}f(z)dz\\ & ={\int }_{\epsilon }^{R}f(-z)dz+{\int }_{\epsilon }^{R}f(z)dz\\ & ={\int }_{\epsilon }^R(f(z)+f(-z))dz\\ & =I(\epsilon \to 0,R\to \mathrm{\infty })\end{array}$$
$$\begin{array}{r}\underset{R\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{C_2}=0\end{array}$$
$0$になることの証明は読者への課題とします
$$\begin{array}{rl}\underset{\epsilon \to 0}{lim}{\int }_{C_4}& =-i\underset{\epsilon \to 0}{lim}{\int }_0^{\pi }\frac{e^{a\epsilon e^{i\theta }}}{e^{\epsilon e^{i\theta }}-e^{-\epsilon e^{i\theta }}}d\theta \\ & =-i{\int }_0^{\pi }\underset{\epsilon \to 0}{lim}\frac{e^{a\epsilon e^{i\theta }}}{e^{\epsilon e^{i\theta }}-e^{-\epsilon e^{i\theta }}}d\theta \\ & =-i{\int }_0^{\pi }\frac{1}{2}d\theta \\ & =-\frac{\pi }{2}i\end{array}$$
$R\to \mathrm{\infty }$とするので特異点は全て入っていると考える
$$\begin{array}{rl}{\oint }_C& =2\pi i\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\underset{z=i\pi (n+\frac{1}{2})}{\mathrm{Res}}\frac{e^{az}}{z(e^z+e^{-z})}\\ & =2\pi i\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\underset{z\to i\pi (n+\frac{1}{2})}{lim}\frac{e^{az}}{(e^z+e^{-z})+z(e^z-e^{-z})}\\ & =2\pi i\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{ia\pi (n+\frac{1}{2})}}{i\pi (n+\frac{1}{2})2(-1{)}^{n}i}\\ & =-2i\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{2n+1}{\left(e^{-\frac{ia\pi }{2}}\right)}^{2n+1}\\ & =-2i\arctan e^{-\frac{ia\pi }{2}}\end{array}$$
$$I-\frac{\pi }{2}i=-2i\arctan e^{-\frac{ia\pi }{2}}$$
$$\begin{array}{rl}I& =i(\frac{\pi }{2}-2\arctan e^{-\frac{ia\pi }{2}})\\ & =i(\frac{\pi }{2}-\arctan e^{-\frac{ia\pi }{2}}–\arctan e^{-\frac{ia\pi }{2}})\\ & =i(\arctan e^{\frac{ia\pi }{2}}-\arctan e^{-\frac{ia\pi }{2}})\\ & =i\arctan \frac{e^{\frac{ia\pi }{2}}-e^{\frac{ia\pi }{2}}}{1+e^{\frac{ia\pi }{2}}{e}^{-\frac{ia\pi }{2}}}\\ & =i\arctan i\sin \frac{a\pi }{2}\\ & =-\mathrm{arctanh}\sin \frac{a\pi }{2}\\ & =\frac{1}{2}\log \frac{\cos \frac{(1-a)\pi }{2}-1}{\cos \frac{(1-a)\pi }{2}+1}\\ & =\log \cot \frac{\pi (1-a)}{4}\end{array}$$

でたーーー！！

留数定理気持ち良すぎだろ！！

おしまい！！