Evaluar$\int_0^{\infty}\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}dx$ usando una integral doble

Question

Me fue dado el siguiente problema:

Evaluar, integrar el uso de una integral doble: $\int_0^{\infty}\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}dx$.

El profesor nos dijo que el murciélago era la respuesta $\ln(2)$. Él quiere que nosotros para mostrar nuestro trabajo y demostrar que esto es cierto. Mi intento es el de abajo.

• $I(x)$=$\int_0^{\infty}\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}dx$ = $\int_0^{\infty}\frac{e^{-y}-e^{-2y}}{y}dy$ =$I(y)$.
• Por lo tanto, puedo decir $=I(x)=\sqrt{I(x)I(y)}$

\begin{eqnarray} \int_0^{\infty}\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}dx &=&\sqrt{\int_0^{\infty}\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}dx\int_0^{\infty}\frac{e^{-y}-e^{-2y}}{y}dy}\\ & = & \sqrt{\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}\frac{(e^{-x}-e^{-2x})(e^{-y}-e^{-2y})}{xy}dxdy} \end{eqnarray}

Aquí es donde las cosas se ponen un poco desagradable. Puedo decidido hacer un cambio de variables. Dejar $x=r\cos{\theta}$, $y=r\sin{\theta}$, por lo tanto $dA=dxdy=rdrd\theta$ por el Jacobiano. Por lo tanto:

\begin{eqnarray} \int_0^{\infty}\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}dx & = & \sqrt{\int_0^{2\pi}\int_0^{\infty}\frac{(e^{-r\cos{\theta}}-e^{-2r\cos{\theta}})(e^{-r\sin{\theta}}-e^{-2r\sin{\theta}})}{r^2\cos{\theta}\sin{\theta}}rdrd\theta}\\ & = & \sqrt{\int_0^{2\pi}\int_0^{\infty}\frac{(e^{-r(\cos{\theta}+\sin{\theta})}-e^{-r(2\cos{\theta}+\sin{\theta})}-e^{-r(\cos{\theta}+2\sin{\theta})}-e^{-2r(\cos{\theta}+\sin{\theta})}}{r\cos{\theta}\sin{\theta}}drd\theta} \end{eqnarray}

Esto es donde estoy atascado. A partir de aquí hice un montón de prueba y error, tratando de resolver el problema. Cambiar el orden de integración, integración por partes, y subsitution. Hay algo que me estoy perdiendo? Tal vez una identidad trigonométrica que ayudará a simplificar la expresión.

Gracias por su tiempo y agradezco cualquier comentario que me dan.

Answer 1

\begin{eqnarray} \int_0^\infty\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}\,dx&=&\int_0^\infty\left[\int_1^2e^{-yx}\,dy\right]\,dx=\int_1^2\left[\int_0^\infty e^{-yx}\,dx\right]\,dy\\ &=&\int_1^2\left[-\frac{e^{-yx}}{y}\right]_0^\infty\,dy=\int_1^2\frac1y\,dy=\ln2. \end {eqnarray}

Answer 2

Esto se llama una integral de Frullani . La idea es escribir$$ \frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x} = \int_1^2 e^{-tx} \, dt, $ $ y luego cambiar el orden de integración, lo que le da$$ \int_1^2 \int_{0}^{\infty} e^{-tx} \, dx \, dt = \int_1^2 \frac{dt}{t} = \log{2}. $ $

Answer 3

Aquí hay otro enfoque. $$ \begin{align} \int_0^\infty\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}\,\mathrm{d}x &=\int_0^\infty(e^{-x}-e^{-2x})\int_0^\infty e^{-tx}\,\mathrm{d}t\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^\infty\int_0^\infty(e^{-(1+t)x}-e^{-(2+t)x})\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t\\ &=\int_0^\infty\left(\frac1{1+t}-\frac1{2+t}\right)\,\mathrm{d}t\\ &=\lim_{L\to\infty}\left(\int_0^L\frac1{1+t}\,\mathrm{d}t-\int_1^{L+1}\frac1{1+t}\,\mathrm{d}t\right)\\ &=\int_0^1\frac1{1+t}\,\mathrm{d}t-\lim_{L\to\infty}\int_L^{L+1}\frac1{1+t}\,\mathrm{d}t\\[9pt] &=\log(2) \end {align} $$

Answer 4

Supongamos que la función$\phi$ tiene una primera derivada continua.

Veamos la integral.

PS

Tenga en cuenta que $$\int_a^b \int_c^d \varphi' (xy) dy dx$. Por lo tanto, tenemos $$ \begin{align} \int_a^b \int_c^d \varphi' (xy) dy dx &=\int_a^b \int_c^d \frac{1}{x}\frac{\partial \varphi (xy)}{\partial y} dy dx \\ &=\int_a^b \frac{1}{x} \left( \varphi (dx)-\varphi (cx)\right) dx \end {align} $$

También tenemos

$$ \begin{align} \int_a^b \int_c^d \varphi' (xy) dy dx &=\int_a^b \int_c^d \frac{1}{y}\frac{\partial \varphi (xy)}{\partial x} dy dx \\ &=\int_c^d \frac{1}{y} \left( \varphi (by)-\varphi (ay)\right) dy \end {align} $$

Asumir que $\frac{1}{x}\frac{\partial \varphi}{\partial y} = \frac{1}{y}\frac{\partial \varphi}{\partial x}$. Entonces, como$\lim_{z \to \infty} \varphi (z) =0$ y$a \to 0$, vemos que

$$ \begin{align} \int_0^{\infty} \int_c^d \varphi' (xy) dy dx &=- \varphi (0) \int_c^d \frac{1}{y} dx \\ &=-\varphi (0) \log (d/c) \end {align} $$

Poniendo todo junto, tenemos

PS

Aquí, dejemos$b \to \infty$,$$\int_0^{\infty} \frac{\left( \varphi (cx)-\varphi (dx)\right)}{x} dx =\varphi (0) \log (d/c)$ y$\phi(x)=e^{-x}$. Entonces, el resultado es$c=1$ como se esperaba.