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

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1.1

${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\tanh \frac{\pi x}{2}\frac{\sin \alpha x}{1+x^2}dx=2\alpha \cosh \alpha -2\sinh \alpha \log (2\sinh \alpha )\alpha >0$

Beweis

Die Funktion $f(z)=\tanh \frac{\pi z}{2}\frac{e^{i\alpha z}}{1+z^2}$ hat ihre Polstellen bei $\pm i,\pm 3i,\pm 5i,\mathrm{...}$

Datei:Integrationsweg8.svg

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

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

Betrachte nun den Imaginärteil:

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

$=2\alpha e^{-\alpha }-2\sinh \alpha \log (1-e^{-2\alpha })=2\alpha \cosh \alpha -2\sinh \alpha \log (2\sinh \alpha )$