¿Solución de la integral$\int_1^\infty \frac{1}{x(e^{a x}-1)} dx$?

Question

Tengo curiosidad de saber si la integral

$$\int_1^\infty \frac{1}{x(e^{a x}-1)} dx, \qquad a>0$$

tiene una solución exacta. Lo mejor que puedo hacer por ahora es para ver de que se tiene el límite inferior

$$\int_1^\infty \frac{1}{x(e^{a x}-1)} dx \geqslant \int_1^\infty \frac{1}{xe^{a x}} dx = E_1(a),$$

donde $E_1(a)$ es la exponencial $E_n$ integral.

Mathematica no se resuelve, aunque he visto Mathematica no resolver integrales definidas que tienen soluciones exactas en términos de ocultar funciones especiales, incluso si Mathematica sabe que las funciones especiales.

Cualquier sugerencias o ideas, se agradecería.

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EDITAR:

También he encontrado un límite superior,

$$\int_1^\infty \frac{1}{x(e^{x}-1)} dx \leqslant \int_1^\infty \frac{1}{e^{x}-1} dx = 1 - \frac{\ln(e^a-1)}{a},$$

así que al menos tienen los límites superior e inferior. Pero tal vez hay más estrictos límites, o mejor aún, una solución exacta?

Answer 1

Esta es la mejor que se me ocurrió: por la fórmula para la suma de la serie geométrica, válido para el común de la relación de $e^{-ax}$ que tiene magnitud menor que $1$ para todos los $x \in [1,\infty)$, y por Weierstrass' teorema sobre el total de la convergencia, $$\begin{split} I(a) &= \int_1^\infty \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{e^{ax} -1} dx = \int_1^\infty \frac 1 x \frac{e^{-ax}}{1 - e^{-ax}} dx = \int_1^\infty \frac{e^{-ax}}{x} \sum_{n=0}^\infty (e^{-ax})^n dx \\ &= \sum_{n=1}^\infty \int_1^\infty \frac{e^{-anx}}{x}dx = \sum_{n=1}^\infty \int_{an}^\infty e^{-y} y^{-1} dy = \sum_{n=1}^\infty \Gamma(0,an) \end{split}$$ donde $\Gamma(s,t)$ es la función Gamma incompleta. Ya que para todas las $\xi > 0$ que $\Gamma(0,\xi) = -\operatorname{Ei}(-\xi) = E_1(\xi)$, obtenemos $$I(a) = -\sum_{n=1}^\infty \operatorname{Ei}(-an) = \sum_{n=1}^\infty E_1(an).$$

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Edit. También podemos emplear Feynman del truco: $$\begin{split} I'(a) &= \int_1^\infty \frac{\partial}{\partial a}\left[\frac{1}{x(e^{ax} - 1)} \right] dx = \int_1^\infty \frac{-e^{ax}}{(e^{ax} - 1)^2} dx \\ &= \int_1^\infty \frac{dx}{2-2\cosh(ax)} = \frac{1}{a} \int_a^\infty \frac{dy}{1-\cosh y} \\ &= \frac 1 {a(1-e^a)} = \frac 1{2a} \left[1 - \coth\left(\frac a 2\right) \right] \end{split}$$ Por lo tanto, desde el $I(\infty) = 0$, $$I(a) = I(\alpha)\Big|_\infty^a = \int_{\infty}^a I'(\alpha) d\alpha = \int_\infty^a \frac {d\alpha} {\alpha(1-e^\alpha)} = \int_\infty^a \frac{1}{2\alpha}\left[1 - \coth\left(\frac \alpha 2 \right) \right]d\alpha. $$ Pero no sé si estas integrales se pueden resolver en términos de funciones conocidas.

Answer 2

Usted puede escribir $$ \frac{1}{e^{ax}-1} = \sum_{j=1}^\infty e^{-ajx}$$ la convergencia uniforme para $x \ge 1$. Esto lleva a

$$ \sum_{j=1}^\infty \Gamma(0,ja) = \sum_{j=1}^\infty \text{Ei}_1(ja)$$

pero todavía no es una forma cerrada.

EDIT: Para $a=1$, por ejemplo, Arce da el resultado numérico aproximado $$0.2867924309492973407247190257941567908651386511054584788045817762268118195038714403648237791703892668$$ que produce no coincide con la Inversa de la Calculadora Simbólica. Por supuesto, no hay manera de probar que no hay ninguna forma cerrada.