$$ \int_0^{\infty } \frac{\log (x)}{e^x+1} \, dx = -\frac{1}{2} \log ^2(2) $$
Alguien una idea acerca de cómo probar esto?
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Anthony Shaw
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Por la relación recursiva $\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)$, obtenemos $$ \pequeño{\log(\Gamma(x))=\log(\Gamma(n+x))-\log(x)-\log(x+1)-\log(x+2)-\dots-\log(x+n-1)}\etiqueta{1} $$ La diferenciación $(1)$ con respecto al $x$, evaluando en $x=1$, y dejando $n\to\infty$ rendimientos $$ \begin{align} \frac{\Gamma'(1)}{\Gamma(1)}&=\log(n)+O\left(\frac1n\right)-\frac11-\frac12-\frac13-\dots-\frac1n\\ &\to-\gamma\tag{2} \end{align} $$ A continuación, aplique $(2)$ a los siguientes: $$ \begin{align} \int_0^\infty\log(t)\;e^{-t}\;\mathrm{d}t &=\left.\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_0^\infty t^x\;e^{-t}\;\mathrm{d}t\right]_{x=0}\\ &=\Gamma'(1)\\ &=-\gamma\tag{3} \end{align} $$ A continuación, un simple cambio de variables rendimientos $$ \int_0^\infty\log(t)\;e^{nt}\;\mathrm{d}t=-\frac{\gamma+\log(n)}{n}\etiqueta{4} $$ Desde $\dfrac{1}{e^t+1}=e^{-t}-e^{-2t}+e^{-3t}-e^{-4t}+\dots$, mediante la aplicación de $(4)$ a este resultado, tenemos que $$ \begin{align} \int_0^\infty\frac{\log(t)}{e^t+1}\mathrm{d}t &=\int_0^\infty\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\log(t)\;e^{-nt}\;\mathrm{d}t\\ &=\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{\gamma+\log(n)}{n}\\ &=-\frac12\log(2)^2\tag{5} \end{align} $$
Más acerca de $\mathbf{(2)}$:
El hecho de que $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\log(\Gamma(x))=\log(x)+O\left(\frac1x\right)$ se basa en el registro de convexidad de $\Gamma(x)$; es decir, $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\log(\Gamma(x))$ es monótonamente creciente. Por la relación recursiva para $\Gamma(x)$, tenemos que $$ \log(\Gamma(x))-\log(\Gamma(x-1))=\log(x-1)\etiqueta{6} $$ y que $$ \log(\Gamma(x+1))-\log(\Gamma(x))=\log(x)\etiqueta{7} $$ El Valor de la Media y Teorema de $(6)$ implica que $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\log(\Gamma(\xi_1))=\log(x{-}1)$ algunos $\xi_1{\in}(x{-}1,x)$.
El Valor de la Media y Teorema de $(7)$ implica que $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\log(\Gamma(\xi_2))=\log(x)$ algunos $\xi_2{\in}(x,x{+}1)$.
Por la monotonía de $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\log(\Gamma(x))$, obtenemos que $$ \log(x-1)\le\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\log(\Gamma(x))\le\log(x)\etiqueta{8} $$ Desde $\log(x)-\log(x-1)=O\left(\frac1x\right)$, $(8)$ implica que $$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\log(\Gamma(x))=\log(x)+O\left(\frac1x\right)\etiqueta{9} $$
Registro-Convexidad de $\mathbf{\Gamma(x)}$:
Si $\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}f(x)\ge0$, $f$ es convexa en a $x$. Por lo tanto, si $\dfrac{f(x)f''(x)-f'(x)^2}{f(x)^2}=\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}\log(f(x))\ge0$, $f$ es log-convexa. Así que tenemos que mostrar que $\Gamma(x)\Gamma''(x)\ge\Gamma'(x)^2$. Es decir, $$ \int_0^\infty t^{x-1}\;e^{-t}\;\mathrm{d}t \int_0^\infty\log(t)^2\;t^{x-1}\;e^{-t}\;\mathrm{d}t \ge \left(\int_0^\infty\log(t)\;t^{x-1}\;e^{-t}\;\mathrm{d}t\right)^2\etiqueta{10} $$ Dividiendo ambos lados de $(10)$ por $\int_0^\infty t^{x-1}\;e^{-t}\;\mathrm{d}t$, $(10)$ se convierte en $$ \int\log(t)^2\;\mathrm{d}\mu \ge \left(\int\log(t)\;\mathrm{d}\mu\right)^2\etiqueta{11} $$ donde $\mathrm{d}\mu=\dfrac{t^{x-1}\;e^{-t}\;\mathrm{d}t}{\int_0^\infty t^{x-1}\;e^{-t}\;\mathrm{d}t}$ es una unidad de medida en $[0,\infty)$. Por lo tanto, $(11)$ es simplemente la desigualdad de Jensen.
Estrictamente hablando:
Tenga en cuenta que $$ \log(t)^2 + a^2 \ge 2a\log(t)\etiqueta{12} $$ con igualdad si y sólo si $\log(t)=a$. La integración de $(12)$ w.r.t. la unidad de medida $\mathrm{d}\mu$, los rendimientos de los $$ \int\log(t)^2\;\mathrm{d}\mu + a^2 \ge 2a\int\log(t)\;\mathrm{d}\mu\etiqueta{13} $$ con la igualdad en $(13)$ si y sólo si $\log(t)=a$.e. $\mathrm{d}\mu$. Deje $a=\int\log(t)\;\mathrm{d}\mu$, $(13)$ se convierte en $$ \int\log(t)^2\;\mathrm{d}\mu \ge \left(\int\log(t)\;\mathrm{d}\mu\right)^2\etiqueta{14} $$ con igualdad si y sólo si $\log(t)$ es una constante.e. $\mathrm{d}\mu$. Puesto que el $\mathrm{d}\mu$ $(11)$ es absolutamente continua y $\log(t)$ es estrictamente creciente en a $(0,\infty)$, la desigualdad en $(11)$ es estricta. Por lo tanto, $\Gamma$ es estrictamente log-convexa.
Empezar con $J(s)$ dada por $$ J(s) = \int_0^\infty \frac{x^s}{1+e^x}dx. $$ Expanda el denominador el uso de series geométricas, así: $$ J(s) = \sum_{k\geq0}\int_0^\infty (-1)^k x^s e^{-(1+k)x}dx$$ $$ = \sum_{k\geq1} \frac{(-1)^{k+1}}{k^{s+1}} \int_0^\infty x^s e^{-x}dx$$ Ahora, la suma es la de Dirichlet eta función, relacionada con la de Riemann zeta función como tal, $$ \sum_{k\geq1}\frac{(-1)^{k+1}}{k^{s+1}} = (1-2^{-s})\zeta(s+1), $$ y la integral es $\Gamma(1+s)$. Así $$ J(s) = (1-2^{-s})\zeta(1+s) \Gamma(1+s). $$
Para encontrar la derivada en $s=0$ necesitamos el Laurent de la serie para cada una de estas funciones en $s=0$, ($\zeta(1+s)$ es singular en $s=0$, pero $1-2^{-s}$ cero allí, por lo $J$ es regular), son $$ (1-2^{-s})\zeta(1+s) = \log2 + (\gamma \log 2 - \frac{(\log 2)^2}{2})s + O(s^2), $$ $$ \Gamma(1+s) = 1 - \gamma s + O(s^2), $$ donde $\gamma$ es la constante de Euler. La multiplicación de las dos series y tomando el coeficiente de $s$, obtenemos $$ \frac{d J}{ds}(0) = -\frac12 (\log 2)^2, $$ cual es la integral que usted estaba buscando.
