Este funciona bien utilizando los contornos.
Como la función es par, escribe:
$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\cos(ax)\cosh(\pi a/4)}{(x^{2}+1)\sinh(\pi a/4)}=2\int_{0}^{\infty}\frac{x\cos(ax)\cosh(\pi a/4)}{(x^{2}+1)\sinh(\pi a/4)}dx$$
Considere $$f(z)=\frac{ze^{iaz}\cosh(\frac{\pi z}{4})}{(z^{2}+1)\sinh(\frac{\pi z}{4})}$$
y utilizar un semicírculo en la UHP centrado en el origen con radio $4N+1$ (He cambiado esto debido a los consejos de Random Variables). De esta manera $\coth(\pi x/4)$ permanece acotado.
Los polos se encuentran en $\pm i, \;\ 4ni$ .
El poste en $-i$ puede no tenerse en cuenta porque no está en el contorno.
Así que, $$2\pi i Res(f,i)=\pi e^{-a}.....(1)$$
$$2\pi i Res(f, 4ni)=32\sum_{n=0}^{\infty}\frac{ne^{-4an}}{16n^{2}-1} \;\ \;\ ***$$
La suma se evalúa como:
$$2\cosh(a)log(\coth(a/2))+4\sinh(a)\tan^{-1}(e^{-a})-4$$
Suma esto con (1) y divide por 2 (debido a la paridad), y obtén:
$$\frac{\pi}{2}e^{-a}+2\tan^{-1}(e^{-a})+\cosh(a)\ln(\coth(a/2))-2$$
Para mostrar que el arco va a 0, mira el consejo de Variables Aleatorias de abajo.
Era una idea mejor y más precisa que la que tenía inicialmente. Sólo había utilizado R en lugar de 4N+1.
***La suma se puede hacer descomponiendo en fracciones parciales, usando series geométricas, y luego integrando. Dejo que Maple haga el trabajo pesado.
$$32\sum_{n=0}^{\infty}\frac{e^{-4an}n}{16n^{2}-1}=4\sum_{n=0}^{\infty}\frac{e^{-4an}}{4n+1}+4\sum_{n=0}^{\infty}\frac{e^{-4an}}{4n-1}$$
$$=4\sum_{n=0}^{\infty}\int_{0}^{1}(e^{-4a}x^{4})^{n}dx+4\sum_{n=0}^{\infty}\int_{0}^{1}(e^{-4a}x^{4})^{n}x^{-2}dx$$
$$=4\int_{0}^{1}\frac{1}{1-e^{-4a}x^{4}}dx+4\int_{0}^{1}\frac{1}{x^{2}(1-e^{-4a}x^{4})}dx$$
$$=e^{-a}\ln(1+e^{-a})-e^{-a}\ln(1-e^{-a})+e^{a}\ln(1+e^{-a})-e^{a}\ln(1-e^{-a})+2e^{a}\tan^{-1}(e^{-a})-2e^{-a}\tan^{-1}(e^{-a})-4$$
que puede escribirse en términos de cosh y coth utilizando las identidades hiperbólica y logarítmica.
