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$\int\frac{x^m}{\sinh x}dx,\int\frac{x^m}{\cosh x}dx$ ゼータとベータ
From @integralsbot$$I:=\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt[4]{7+\cosh x}}=\left(\frac{2}{27}\right)^\frac{1}{4}\frac{\G(\frac{1}{4})^2}{\sqrt{\pi}}$$次は未解決$$J:=\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt[3]{55+\cosh x}}=\frac{\sqrt[3]{2}\sqrt{3}\G(\frac{1}{3})^3}{7\pi}$$
必要な置換をした後、級数展開してガウスの超幾何関数に帰着させます。
$\cosh x=y$ と置換すると $dx=\frac{dy}{\sqrt{y^2-1}}$ なので$$I=\int_1^\infty \frac{dy}{\sqrt[4]{7+y}\sqrt{y^2-1}}$$$y=\frac{1}{u}$ と置換して$$I=\int_0^1\frac{u^{-\frac{3}{4}}du}{\sqrt{1-u^2}\sqrt[4]{1+7u}}$$ここでマクローリン展開$$(1-X)^{-a}=\sum_{n=0}^\infty\frac{(a)_n}{n!}X^n$$を用いると（$(a)_n$ はポッホハマー記号）\begin{eqnarray}I &=& \sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{4})_n}{n!}(-7)^n\int_0^1u^{n-\frac{3}{4}}(1-u^2)^{-\frac{1}{2}}du \\&=& \frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{4})_n}{n!}(-7)^n\int_0^1u^{\frac{n}{2}-\frac{7}{8}}(1-u)^{-\frac{1}{2}}du \\&=& \frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{4})_n}{n!}(-7)^n B\left(\frac{n}{2}+\frac{1}{8},\frac{1}{2}\right) \\&=& \frac{\sqrt{\pi}}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{4})_n}{n!}(-7)^n \frac{\G(\frac{n}{2}+\frac{1}{8})}{\G(\frac{n}{2}+\frac{5}{8})}\tag{1}\end{eqnarray}ガンマ関数をポッホハマー記号にしたいのですが、このままだとうまくいかなそうなので偶奇に分けます（もっとシンプルな方法がある気がする・・・）。\begin{eqnarray*}I&=& \frac{\sqrt{\pi}}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{4})_{2n}}{(2n)!} \frac{\G(n+\frac{1}{8})}{\G(n+\frac{5}{8})}49^n-\frac{7\sqrt{\pi}}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{4})_{2n+1}}{(2n+1)!} \frac{\G(n+\frac{5}{8})}{\G(n+\frac{9}{8})}49^n \\&=& \frac{\sqrt{\pi}}{2}\frac{\G(\frac{1}{8})}{\G(\frac{5}{8})}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{8})_n(\frac{5}{8})_n}{n!(\frac{1}{2})_n} \frac{(\frac{1}{8})_n}{(\frac{5}{8})_n}49^n-\frac{7\sqrt{\pi}}{8}\frac{\G(\frac{5}{8})}{\G(\frac{9}{8})}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{5}{8})_n(\frac{9}{8})_n}{n!(\frac{3}{2})_n} \frac{(\frac{5}{8})_n}{(\frac{9}{8})_n}49^n \end{eqnarray*}超幾何関数で表すと\begin{equation}I=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\frac{\G(\frac{1}{8})}{\G(\frac{5}{8})}F\left[\begin{matrix}\frac{1}{8},\frac{1}{8}\\\frac{1}{2}\end{matrix};49\right]-7\sqrt{\pi}\frac{\G(\frac{5}{8})}{\G(\frac{1}{8})}F\left[\begin{matrix}\frac{5}{8},\frac{5}{8}\\\frac{3}{2}\end{matrix};49\right]\tag{2}\end{equation}
(2)は２つの超幾何関数から成りますが、これらを１つにまとめることができます。Yury Brychkov, "Handbook of Special Functions: Derivatives, Integrals, Series and Other Formulas" の8.1節によると\begin{eqnarray}F\left[\begin{matrix}a,b\\\frac{1}{2}\end{matrix};z\right]&=&\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\frac{\G(a+\frac{1}{2})\G(b+\frac{1}{2})}{\G(a+b+\frac{1}{2})}\\&&\times\left(F\left[\begin{matrix}2a,2b\\a+b+\frac{1}{2}\end{matrix};\frac{1+\sqrt{z}}{2}\right]+F\left[\begin{matrix}2a,2b\\a+b+\frac{1}{2}\end{matrix};\frac{1-\sqrt{z}}{2}\right]\right)\tag{3}\end{eqnarray}\begin{eqnarray}F\left[\begin{matrix}a,b\\\frac{3}{2}\end{matrix};z\right]&=&\frac{1}{4\sqrt{\pi z}}\frac{\G(a-\frac{1}{2})\G(b-\frac{1}{2})}{\G(a+b-\frac{1}{2})}\\&&\times\left(F\left[\begin{matrix}2a-1,2b-1\\a+b-\frac{1}{2}\end{matrix};\frac{1+\sqrt{z}}{2}\right]-F\left[\begin{matrix}2a-1,2b-1\\a+b-\frac{1}{2}\end{matrix};\frac{1-\sqrt{z}}{2}\right]\right)\tag{4}\end{eqnarray}とあり、証明はこちらに書きました。(3)に $a=b=\frac{1}{8}$ , $z=49$ , (4)に $a=b=\frac{5}{8}$ , $z=49$ を代入すると\begin{eqnarray}F\left[\begin{matrix}\frac{1}{8},\frac{1}{8}\\\frac{1}{2}\end{matrix};49\right]=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\frac{\G(\frac{5}{8})^2}{\G(\frac{3}{4})}\left(F\left[\begin{matrix}\frac{1}{4},\frac{1}{4}\\\frac{3}{4}\end{matrix};4\right]+F\left[\begin{matrix}\frac{1}{4},\frac{1}{4}\\\frac{3}{4}\end{matrix};-3\right]\right)\tag{5}\end{eqnarray}\begin{eqnarray}F\left[\begin{matrix}\frac{5}{8},\frac{5}{8}\\\frac{3}{2}\end{matrix};49\right]=\frac{1}{28\sqrt{\pi}}\frac{\G(\frac{1}{8})^2}{\G(\frac{3}{4})}\left(F\left[\begin{matrix}\frac{1}{4},\frac{1}{4}\\\frac{3}{4}\end{matrix};4\right]-F\left[\begin{matrix}\frac{1}{4},\frac{1}{4}\\\frac{3}{4}\end{matrix};-3\right]\right)\tag{6}\end{eqnarray}これらを(2)に代入するとうまく項が消えて\begin{equation}I=\frac{\G(\frac{1}{4})^2}{2^{\frac{3}{4}}\sqrt{\pi}}F\left[\begin{matrix}\frac{1}{4},\frac{1}{4}\\\frac{3}{4}\end{matrix};-3\right]\tag{7}\end{equation}ここがあまりにうまくいきすぎているので、(2)でばらばらにしない方法があるのではないかという気がします。それはさておいて、Pfaffの変換公式$$F\left[\begin{matrix}a,b\\c\end{matrix};z\right]=(1-z)^{-a}F\left[\begin{matrix}a,c-b\\c\end{matrix};\frac{z}{z-1}\right]$$を用いて\begin{equation}I=\frac{\G(\frac{1}{4})^2}{2^{\frac{5}{4}}\sqrt{\pi}}F\left[\begin{matrix}\frac{1}{4},\frac{1}{2}\\\frac{3}{4}\end{matrix};\frac{3}{4}\right]\tag{8}\end{equation}ここで示した特殊値公式から\begin{equation}F\left[\begin{matrix}\frac{1}{4},\frac{1}{2}\\\frac{3}{4}\end{matrix};\frac{3}{4}\right]=\left(\frac{4}{3}\right)^\frac{3}{4}\tag{9}\end{equation}
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Handbook of Special Functions: Derivatives, Integrals, Series and Other Formulas
以上より $I$ は次のように求まります。
\begin{equation}\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt[4]{7+\cosh x}}=\left(\frac{2}{27}\right)^\frac{1}{4}\frac{\G(\frac{1}{4})^2}{\sqrt{\pi}}\tag{10}\end{equation}
なお、双曲線関数の3倍角の公式を利用する方法がこちらに書かれています。どうみてもそちらのほうがいいです。
$J$ についても全く同様に計算します。$$J:=\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt[3]{55+\cosh x}}$$端折りながら式変形をしていきます。$\cosh x=y$ と置換したあと $y=\frac{1}{u}$ と置換して $\sqrt[3]{55u+1}$ を級数展開します。その後 $u^2=t$ と置換すれば$$J=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{1}{3})_n}{n!}(-55)^n\int_0^1 t^{\frac{n}{2}-\frac{5}{6}}(1-t)^{-\frac{1}{2}}dt$$ベータ関数に直して、級数を偶奇で分けます。すると$$J=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\left(\frac{\G(\frac{1}{6})}{\G(\frac{2}{3})}F\left[\begin{matrix}\frac{1}{6},\frac{1}{6}\\\frac{1}{2}\end{matrix};55^2\right]-110\frac{\G(\frac{2}{3})}{\G(\frac{1}{6})}F\left[\begin{matrix}\frac{2}{3},\frac{2}{3}\\\frac{3}{2}\end{matrix};55^2\right]\right)$$(3)(4)を用いると\begin{equation}J=\frac{\G(\frac{2}{3})\G(\frac{1}{6})}{2\sqrt[3]{28}\G(\frac{5}{6})}F\left[\begin{matrix}\frac{1}{2},\frac{1}{3}\\\frac{5}{6}\end{matrix};\frac{27}{28}\right]\tag{11}\end{equation}この超幾何級数の計算ができず、考え中です。。。
$$\int_0^\infty\frac{dx}{(a+\cosh x)^s}$$において\begin{eqnarray*}a+\cosh x&=&a+\cosh^2 \frac{x}{2}+\sinh^2\frac{x}{2}\\&=& a\left(\cosh^2 \frac{x}{2}-\sinh^2\frac{x}{2}\right)+\cosh^2 \frac{x}{2}+\sinh^2\frac{x}{2}\\&=&(a+1)\cosh^2\frac{x}{2}\left(1-b\tanh^2\frac{x}{2}\right)\end{eqnarray*}ただし $b=\frac{a-1}{a+1}$ です。これを積分に用い、$u=\tanh\frac{x}{2}$ , $t=u^2$ , $y=\frac{1-t}{1-bt}$ と順に置換すると$$\int_0^\infty\frac{dx}{(a+\cosh x)^s}=\frac{1}{(a+1)^s}\int_0^1\frac{x^{s-1}dx}{\sqrt{(1-x)(1-bx)}}$$を得ます。超幾何関数の形になっています。
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