Conjunto
$$
I(\alpha,\beta\tau): = \int_0^{\infty}\frac{e^{-\alpha/x^2}}{1-e^{-\beta/x^2}}e^{-\tau \:x^2}\mathrm{d}x, \quad \Re(\alpha)>0,\Re(\beta)>0,\Re(\tau)>0.
$$
Obtenemos
$$
\begin{align}
I(\alpha,\beta,\tau): & = \int_0^{\infty}\frac{e^{-\alpha/x^2}}{1-e^{-\beta/x^2}}e^{-\tau x^2}\mathrm{d}x \\
& = \int_0^{\infty}e^{-\alpha/x^2}\sum_{n=0}^{\infty}e^{-\beta n/x^2}e^{-\tau \:x^2}\mathrm{d}x \\
& = \sum_{n=0}^{\infty} \int_0^{\infty}e^{-\tau \:x^2-(\alpha+\beta n)/x^2}\mathrm{d}x\\
&= \sum_{n=0}^{\infty}e^{-2\sqrt{\tau(\alpha+\beta n)}} \int_0^{\infty}e^{-\tau \left( x- \tfrac{\sqrt{\alpha+\beta n}}{\sqrt{\tau} \:x}\right)^2}\mathrm{d}x \\
& =\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{\tau}} \sum_{n=0}^{\infty}e^{-2\sqrt{\tau(\alpha+\beta n)}}
\end{align}
$$
y me sorprendería que el último infinita suma podría reducirse aún más.
Usted obtener fácilmente la $I_1$ $I_2$ por
$$
\begin{align}
I_1 & = I(-a,-b,1) \\
I_2 & = -\frac{3}{2}I(-a,-b,1)-\partial_{\tau}I(-a,-b,\tau)|_{\tau=1}
\end{align}
$$
Aquí hemos utilizado el hecho general de que
$$
\int_{-\infty}^{+\infty}f\left(x-\frac{s}{x}\right)\mathrm{d}x=\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\: \mathrm{d}x, \quad s>0. \quad (*)
$$
Prueba (de (*)). La función $$(-\infty,0) \cup (0,+\infty) \ni x \longmapsto u = x-\frac{s}{x} $$ has two local inverses, one for $(-\infty,0)$ and the second one for $(0,+\infty)$, both mapping the corresponding half-line to $(-\infty,+\infty)$. Entonces podemos escribir
$$
\begin{align}
\int_{-\infty}^{+\infty}f\left(x-\frac{s}{x}\right)\mathrm{d}x & = \int_{-\infty}^{0}f\left(x-\frac{s}{x}\right)\mathrm{d}x+\int_{0}^{+\infty}f\left(x-\frac{s}{x}\right)\mathrm{d}x \\
& \qquad \qquad \qquad \qquad u=x-\frac{s}{x}\\
& x_-=\frac{u-\sqrt{u^2+4s^2}}{2} \qquad x_+=\frac{u+\sqrt{u^2+4s^2}}{2}\\
& = \int_{-\infty}^{+\infty}f(u)\left(\frac{1}{2}-\frac{u}{2\sqrt{\cdots}} \right) \!\mathrm{d}u+\int_{-\infty}^{+\infty}f(u)\left(\frac{1}{2}+\frac{u}{2\sqrt{\cdots}} \right)\!\mathrm{d}u \\
& =\int_{-\infty}^{+\infty} f(u)\: \mathrm{d}u.
\end{align}
$$ Applying $(*)$ to $f(x)=e^{-\tau x^2}$ gives the last line in the above computation of $I(\alpha,\beta\tau)$ .
La transformación de $(*)$ es un resultado debido a la A. Cauchy, luego generalizarse, G. Boole.