Formelsammlung Mathematik: Bestimmte Integrale: Form R(x,sin,coth)

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1.1

${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\coth \frac{\pi x}{2}\frac{\sin \alpha x}{1+x^2}dx=4\sinh \alpha \text{artanh}{e}^{-\alpha }\alpha >0$

Beweis

Die Funktion $f(z):=\coth \frac{\pi z}{2}\frac{e^{i\alpha z}}{1+z^2}$ besitzt die Polstellenmenge $i\cdot 2\mathbb{Z}$ und hat bei $z=\pm i$ hebbare Definitionslücken.



Für $N\to \mathrm{\infty }$ verschwinden die Integrale über den Abschnitten $C_1,C_2,C_3$.

$\text{p.V.}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(x)dx=i\pi \text{res}(f,0)+2\pi i\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\text{res}(f,i\cdot 2n)=2i+2i\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n-1})e^{-2n\alpha }$

Betrachte nun den im Ursprung stetig fortsetzbaren Imaginärteil des Integranden:

${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\coth \frac{\pi x}{2}\frac{\sin \alpha x}{1+x^2}dx=2+2\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(e^{-\alpha }{)}^{2n}}{2n+1}-2\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(e^{-\alpha }{)}^{2n}}{2n-1}=2\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(e^{-\alpha }{)}^{2n}}{2n+1}-2\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(e^{-\alpha }{)}^{2n+2}}{2n+1}$

$=2(e^{\alpha }-e^{-\alpha })\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(e^{-\alpha }{)}^{2n+1}}{2n+1}=4\sinh \alpha \text{artanh}{e}^{-\alpha }$