Cómo evaluar $\int_{-\infty}^{\infty}dx \frac{x^2 e^x}{(e^x+1)^2}$

Question

Mi libro de texto de física hace uso del resultado: $$\int_{-\infty}^{\infty}dx \dfrac{x^2 e^x}{(e^x+1)^2} = \dfrac{\pi^2}{3}$$ Tengo mucha curiosidad por saber cómo puedo derivar esto pero sinceramente no sé qué buscar. Mi instinto es transformar a coordenadas polares pero me gustaría que me orientaran. ¡Cualquier ayuda se agradece!

Answer 1

En primer lugar, observe que el integrando es par, por lo que tenemos $$ \int_{-\infty}^\infty \frac{x^2 e^x}{(e^x+1)^2}dx = 2\int_{0}^\infty \frac{x^2 e^x}{(e^x+1)^2}dx.$$ Entonces podemos ampliar $$ \frac{1}{(1+x)^2} = \sum_{n=0}^\infty (-1)^{n}(n+1) x^n $$ y escribir $$ 2\int_{0}^\infty \frac{x^2 e^x}{(e^x+1)^2}dx=\\ =2\int_{0}^\infty \frac{x^2 e^{-x}}{(e^{-x}+1)^2}dx \\ = 2 \int_0^\infty x^2e^{-x}\sum_{n=0}^\infty (-1)^n (n+1) e^{-nx}\\=2\sum_{n=0}^\infty (-1)^n(n+1) \int_0^\infty x^2 e^{-(n+1)x}dx\\=4\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(n+1)^2}.$$ Entonces tenemos $$ \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(n+1)^2} = 1-\frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2}\ldots = (1-\frac{2}{2^2})(1+\frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2}\ldots) = \frac{\pi^2}{12}$$

Editar Me di cuenta de que esto se puede simplificar un poco haciendo primero una integración por partes $$ 2\int_0^\infty \frac{x^2 e^x}{(e^x+1)^2}dx = 4\int_0^\infty \frac{x}{e^x+1}dx$$ seguido de una expansión de la serie similar. Además, esta solución es un poco "inútil" en relación con los enfoques de integración de contorno, ya que es una de las formas más fáciles de obtener $\sum_{n}1/n^2=\pi^2/6$ en primer lugar (y también las transformaciones de las sumas a integrales como ésta son la fuente de muchas identidades de la función zeta).

Answer 2

Sustituir $e^x=t$ obtenemos $$I=\int_0^{\infty} \frac {\ln^2t dt}{(1+t)^2}$$

Dejemos que $$J(a)=\int_0^{\infty} \frac {t^{a-1}dt}{(1+t)^2}$$

Así que tenemos que encontrar $J''(1)$

Observe que $$J(a)=B(a,2-a)=\frac {\Gamma(a)\Gamma(2-a)}{\Gamma(2)}$$

Donde $B(x,y)$ es la función beta estándar y $\Gamma(x)$ es la función Gamma

Utilizando las propiedades de la función Gamma y la fórmula de reflexión de Euler tenemos $$J(a)=\Gamma(a) \cdot(1-a)\Gamma(1-a)=\pi \frac {1-a}{\sin \pi a}$$

Diferenciando dos veces con respecto a $a$ y tomando el límite $a\to 1$ da el resultado deseado

Answer 3

Usted tiene $$ \int_{-\infty}^\infty\frac{x^2 e^x}{(e^x+1)^2}\,\mathrm{d}x= \int_{-\infty}^\infty\frac{x^2}{2(\cosh x+1)}\,\mathrm{d}x $$ Así que integra $\dfrac{z^3}{1+\cosh z}$ alrededor del rectángulo $\pm R\pm2\pi i$ Hemos rodeado un polo simple en $\pi i$ con residuos $6\pi^2$ . La contribución de los lados verticales es $\to 0$ como $R\to\infty$ debido al cosh en el denominador, y la contribución horizontal $$ \int_{-\infty}^\infty\frac{x^3}{1+\cosh x}\,\mathrm{d}x+\int_\infty^{-\infty}\frac{(x+2\pi i)^3}{1+\underbrace{\cosh(x+2\pi i)}_{=\cosh x}}\,\mathrm{d}x $$ cuya parte imaginaria es $$ 2\pi\int_\infty^{-\infty}\frac{3x^2-4\pi^2}{1+\cosh(x)}\,\mathrm{d}x. $$ Así que $$ 3\int_\infty^{-\infty}\frac{x^2}{1+\cosh(x)}\,\mathrm{d}x -4\pi^2\int_\infty^{-\infty}\frac{1}{1+\cosh(x)}\,\mathrm{d}x =6\pi^2 $$ es decir, \begin{align} \int_{-\infty}^\infty\frac{x^2}{2(1+\cosh(x))}\,\mathrm{d}x &=-\pi^2 +\frac43\pi^2\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{2(1+\cosh(x))}\,\mathrm{d}x \\ &=-\pi^2+\frac43\pi^2=\frac13\pi^2 \end{align} desde $$ \int_{-\infty}^\infty\frac{1}{2(\cosh x+1)}\,\mathrm{d}x=\int_{-\infty}^\infty\frac14\operatorname{sech}^2\frac x2\,\mathrm{d}x=\left[\frac12\tanh\frac x2\right]_{-\infty}^\infty=1. $$

Answer 4

Aquí utilizamos el truco de Feynman para facilitar el análisis. Procediendo, tenemos

$$\begin{align} I&=\int_{-\infty}^\infty \frac{x^2e^x}{(e^x+1)^2}\,dx\\\\ &=2\int_0^\infty \frac{x^2e^x}{(e^x+1)^2}\,dx\\\\ &=-2\left.\left(\frac{d}{dy}\int_0^\infty \frac{x^2}{ye^x+1}\,dx\right)\right|_{y=1}\\\\ &=-2\left.\left(\frac{d}{dy}\int_0^\infty \frac{x^2e^{-x}}{e^{-x}+y}\,dx\right)\right|_{y=1}\\\\ &=-2\left.\frac{d}{dy}\left(\frac1y\int_0^\infty \frac{x^2e^{-x}}{e^{-x}/y+1}\,dx\right)\right|_{y=1}\\\\ &=-2\left.\frac{d}{dy}\left(\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{y^{n+1}}\int_0^\infty x^2e^{-(n+1)x}\,dx\right)\right|_{y=1}\\\\ &=-4\left.\frac{d}{dy}\left(\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{y^{n+1}(n+1)^3}\right)\right|_{y=1}\\\\ &=4\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n^2}\\\\ &=4\frac{\pi^2}{12}\\\\ &=\frac{\pi^2}3 \end{align}$$

Answer 5

Mi primer pensamiento fue intentar la sustitución: $$I=\int_{-\infty}^\infty\frac{x^2e^x}{(e^x+1)^2}dx$$ $u=e^x+1,\,dx=\frac{du}{e^x}$ $$I=\int_1^\infty\frac{x^2}{u^2}du=\int_1^\infty\frac{\ln^2(u-1)}{u^2}du$$ si ahora dejamos: $$I(a)=\int_1^\infty\frac{\ln(au-1)}{u^2}du$$ entonces: $$I''(a)=\int_1^\infty\ln(au-1)du$$ $v=au-1,\,du=\frac{dv}{a}$ $$I''(a)=\frac1a\int_a^\infty\ln(v)dv$$ aunque esto nos deja con una integral divergente, que no ayuda.

Otro enfoque: $$I=\int_{-\infty}^\infty\frac{x^2e^x}{(e^x+1)^2}dx=\int_{-\infty}^\infty\frac{x^2[(e^x+1)-1]}{(e^x+1)^2}dx=\int_{-\infty}^\infty\frac{x^2}{e^x+1}dx-\int_{-\infty}^\infty\frac{x^2}{(e^x+1)^2}dx$$