Celle-ci pour $|y|<1$ $$
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{xy}}{(\cosh x)^2}dx=\frac{\pi y}{2\sin (\pi y)/2}
$$ est bien connue. Mais j'aurais plutôt besoin de $$
\int_{0}^{\infty}\frac{x^y}{(\cosh x)^2}dx.$$
$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{xy}}{(\cosh x)^2}dx=\dfrac{\pi y}{\sin (\frac{\pi y}2)}$ prolongé par continuité en $0$ (il y avait un $2$ en trop au dénominateur).
La seconde intégrale est définie pour $y>-1$ mais la formule donnée par jean lismonde n'est valable que pour $y>0$ car $\zeta_a(y)$ n'est défini que pour $y>0$. On peut cependant prolonger $\zeta_a(y)$ à $y\in]-1,0]$ mais l'égalité avec l'intégrale est un peu plus compliquée à justifier.
Réponses
ton intégrale avec - 1 < y < 1 est égale à : $2^{1-y}Z_{ay}.\Gamma(1+y)$
avec la fonction eulérienne Gamma et la série alternée de Riemann d'exposant y
$Z_{ay} = 1 - \frac{1}{2^y} + \frac{1}{3^y} - ............. + (-1)^n\frac{1}{(n+1)^y} +.....$
la démonstration passe un développement en série de la fonction 1/ch²x (l'inverse du cosinus hyperbolique au carré) soit :
$\int_0^{+\infty}\frac{x^y}{(e^x + e^{-x})^2}dx= 4\int_0^{+\infty}\frac{x^y.e^{-2x}}{(1+e^{-2x})^2}dx$ soit :
$4\int_0^{+\infty}e^{-2x}.x^y.dx\Sigma_0^{+\infty}(-1)^n.(n+1)e^{-2nx}=4\frac{\Gamma(1+y)}{2^{y+1}}\Sigma_0^{+\infty}\frac{(-1)^n}{(n+1)^y}$ cqfd
cordialement
$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{xy}}{(\cosh x)^2}dx=\dfrac{\pi y}{\sin (\frac{\pi y}2)}$ prolongé par continuité en $0$ (il y avait un $2$ en trop au dénominateur).
La seconde intégrale est définie pour $y>-1$ mais la formule donnée par jean lismonde n'est valable que pour $y>0$ car $\zeta_a(y)$ n'est défini que pour $y>0$. On peut cependant prolonger $\zeta_a(y)$ à $y\in]-1,0]$ mais l'égalité avec l'intégrale est un peu plus compliquée à justifier.