La evaluación de $\int_{0}^{\infty}\Big( \frac{x^{a-1}}{\sinh x} - x^{a-2} \Big) \ dx$

Question

En un viejo post en otro foro se dijo que por la continuación analítica $$ 2 \Gamma(a) \zeta(a) \Big(1-\frac{1}{2^{a}} \Big) = \int_{0}^{\infty} \frac{x^{a-1}}{\sinh x } \ dx \ (\text{Re}(a) >1)$$ $$\implies 2 \Gamma(a) \zeta(a) \Big(1-\frac{1}{2^{a}} \Big) = \int_{0}^{\infty}\Big( \frac{x^{a-1}}{\sinh x} - x^{a-2} \Big) \ dx \ (0 <\text{Re}(a) <1) $$

No entiendo cómo la continuación analítica obtiene a partir de la primera ecuación a la segunda ecuación.

Si usted no entiende, yo sería igualmente apreciar una evaluación de la segunda integral.

Answer 1

Primer paso, escribir la integral como $$ I = \int_{0}^{\infty}\left(-{\frac {{x}^{- 2}{{\rm e}^{2\,x}}}{{{\rm e}^{2\,x}}-1}}+2\,{\frac {{x } ^{- 1}{{\rm e}^{x}}}{{{\rm e}^{2\,x}}-1}}+{\frac {{x}^{- 2}}{{{\rm e} ^{2\,x}}-1}}\right) dx. $$

Segundo paso, utilizar el cambio de las variables de $ 2x=u $. Tercer paso, el uso de la identidad (la zeta de Hurwitz función)

$$ \zeta(s,q)=\frac{1}{\Gamma(s)} \int_0^\infty \frac{t^{s-1}e^{-qt}}{1-e^{-t}}dt.$$

Aquí están los problemas relacionados con: I, II. Por cierto, he intentado de Arce y WolframAlpha, pero no hay respuesta.