Evaluar $\int_0^\infty\frac{1-e^{-x}(1+x )}{x(e^{x}-1)(e^{x}+e^{-x})}dx$

Question

\begin{equation} \int_0^\infty\frac{1-e^{-x}(1+x )}{x(e^{x}-1)(e^{x}+e^{-x})}dx \end{equation}

Mi colega recibió este problema de su amigo pero no sabía la respuesta así que me pidió ayuda. Lamentablemente, después de horas de cansado esfuerzo no pude descifrar esta integral. Tampoco pude encontrar la forma de evaluarla en la búsqueda en línea. Antes se me daba bien resolver este tipo de problemas pero ahora me siento muy avergonzado por mi estupidez. Estoy atascado y necesito urgentemente su ayuda. Es una petición de humildad pedir a la gente de aquí que sea tan amable para ayudarme. Gracias.

Answer 1

Sugerencia . Una aproximación. Se puede considerar $$ I(s):=\int_0^\infty x^{s-1}\frac{1-e^{-x}(1+x )}{(e^{x}-1)(e^{x}+e^{-x})}dx,\quad s>0, \tag1 $$ que se puede reescribir como $I_1(s)+I_2(s)$ con

$$ \begin{align} I_1(s):=&\frac12\int_0^\infty x^{s-1}\frac{1-e^{-x}(1+x )}{(e^{x}-1)}dx\\\\ I_2(s):=&-\frac12\int_0^\infty x^{s-1}\frac{\left(1-e^{-x}(1+x )\right)(1-e^{-x})}{(e^{x}+e^{-x})}dx \end{align} $$ cada una de las integrales anteriores es una combinación lineal de las evaluaciones estándar $$ \begin{align} a(s,r)=&\int_0^\infty x^{s-1}\frac{e^{-rx}}{(e^{x}-1)}dx=\Gamma(s)\zeta(s,r+1) \\\\ b(s,r)=&\int_0^\infty x^{s-1}\frac{e^{-rx}}{(e^{x}+e^{-x})}dx=\Gamma(s) \left(4^{-s}\zeta\left(s,\frac{1+r}{4}\right)-4^{-s}\zeta\left(s,\frac{3+r}{4}\right)\right) \end{align} $$ donde $\zeta(\cdot,\cdot)$ es el Función zeta de Hurwitz .

Finalmente se consigue que $2I(s)$ es igual a $$ a(s,0)-a(s,1)-a(s+1,1)-b(s,0)+2b(s,1)+b(s+1,1)-b(s,2)-b(s+1,2) $$ que como $s \to 0^+$ da $I(0)=I$ :

$$ I=\int_0^\infty\frac{1-e^{-x}(1+x )}{x(e^{x}-1)(e^{x}+e^{-x})}dx=\frac{\pi}8-\frac{\gamma}2+\frac12\ln \pi-\frac34\ln 2 $$

confirmando el resultado anunciado por @Claude Leibovici, donde $\gamma$ es el Constante de Euler-Mascheroni .

Answer 2

Esto es no una respuesta pero sólo un resultado.

Al no poder descifrar esta integral, hice una evaluación numérica y di el resultado a la calculadora simbólica inversa . El resultado es aparentemente $$\frac{1}{8} \left(\pi +\log \left(\frac{\pi ^4}{64} \right)-4 \gamma\right)$$ ( $\gamma$ siendo la constante de Euler).

Esto es correcto al menos para $500$ cifras significativas.

Ahora, tengo curiosidad por ver cómo se podría abordar el problema.

Answer 3

He aquí una forma elemental:

Denotemos la integral deseada por $I$ . Primero observamos que podemos escribir su integrando como $$ \frac{2+x+xe^x}{2x(1+e^{2x})}-\frac{1}{2}\frac{1}{e^x-1}. $$ Ahora, tenemos dos partes divergentes, pero desde $$ \gamma=\int_0^{+\infty}\frac{1}{e^x-1}-\frac{1}{xe^x}\,dx, $$ sumamos y restamos con $1/(2xe^x)$ . Obtenemos $$ I=-\frac{\gamma}{2}+\int_0^{+\infty}\frac{x(e^{-x}+e^{-2x})-(e^{-x}-e^{-2x})+(e^{-2x}-e^{-3x})}{2x(1+e^{-2x})}\,dx. $$ Con $$ \frac{1}{1+e^{-2x}}=\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^ke^{-2kx}, $$ encontramos que $I+\gamma/2$ es igual (no hay problema de convergencia, por lo que podemos cambiar el orden de integración y la suma) $$ \frac{1}{2}\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k\int_0^{+\infty} e^{-(1+2k)x}+e^{-(2+2k)x}-\frac{e^{-(1+2k)x}-e^{-(2+2k)x}}{x}+\frac{e^{-(2+2k)x}-e^{-(3+2k)x}}{x}\,dx. $$ Todas las integrales se calculan fácilmente (exponenciales y Frullani), y encontramos que $I+\gamma/2$ es igual a $$ \frac{1}{2}\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k\Bigl[\frac{1}{1+2k}+\frac{1}{2+2k}-\log\frac{2+2k}{1+2k}+\log\frac{3+2k}{2+2k}\Bigr] $$ Las dos primeras partes deben conocerse por la serie Maclaurin de $\arctan x$ y $\log(1+x)$ . Los dos segundos términos se combinan y se calculan utilizando el Fórmula del producto Wallis ). El resultado de la serie es $$ \frac{\pi}{8}+\frac{1}{4}\log 2+\frac{1}{2}\log\frac{\pi}{4}. $$ Así, hemos comprobado que $$ I=\int_0^{+\infty}\frac{1-e^{-x}(1+x)}{x(e^x-1)(e^x+e^{-x})}\,dx=-\frac{\gamma}{2}+\frac{\pi}{8}+\frac{1}{4}\log 2+\frac{1}{2}\log\frac{\pi}{4}. $$

Answer 4

Respondo a mi propio OP en lugar de mejorarlo como prueba para el usuario @mickep que sí he intentado solucionar este problema, pero no quería publicar algunos esfuerzos inútiles como "yo probó sustitución $x=\tan y$ entonces fallé... miserablemente ". Considero que poner este tipo de esfuerzo es una completa broma como se muestra en algunos posts con integración etiqueta.

Bien, aquí está mi intento. Siguiendo al usuario @Anastasiya-Romanova秀 La sugerencia de la Sra. D., utilizo la sustitución $y=e^{-x}$ y la integral original se convierte en

\begin{equation} \int_0^1\frac{y(y-1)-y^2\log y}{(1-y)(1+y^2)\log y}dy=-\int_0^1\frac{y}{1+y^2}\left(\frac{y}{1-y}+\frac{1}{\log y}\right)dy \end{equation}

Ahora, consideramos la siguiente integral paramétrica

\begin{equation} I(a):=\int_0^1\frac{y^{a-1}}{1+y^2}\left(\frac{y}{1-y}+\frac{1}{\log y}\right)dy \end{equation}

Diferenciando $I(a)$ obtenemos

\begin{align} I'(a)& =\int_0^1\left(\frac{\log y}{1-y}+1\right)\frac{y^{a-1}}{1+y^2}dy\\ &=\int_0^1\frac{y^{a}\log y}{1-y^4}dy+\int_0^1\frac{y^{a+1}\log y}{1-y^4}dy+\int_0^1\frac{y^{a-1}}{1+y^2}dy\\ &=\sum_{k=0}^\infty\int_0^1\left(y^{4k+a}\log y+y^{4k+a+1}\log y+(-1)^ky^{2k+a-1}\right)dy\\ &=\sum_{k=0}^\infty\left(-\frac{1}{(4k+a+1)^2}-\frac{1}{(4k+a+2)^2}+\frac{(-1)^k}{2k+a}\right)\\ &=\frac{1}{16}\left(-\psi_1\!\left(\frac{a+1}{4}\right)-\psi_1\!\left(\frac{a+2}{4}\right)+4\psi\!\left(\frac{a+2}{4}\right)-4\psi\!\left(\frac{a}{4}\right)\right) \end{align}

donde uso la siguiente relación

\begin{equation} \sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(z+k)^{m+1}}=\frac1{(-2)^{m+1}m!}\!\left(\psi_m\left(\frac{z}{2}\right)-\psi_m\!\left(\frac{z+1}{2}\right)\right) \end{equation}

Por lo tanto,

\begin{equation} I(a)=\int_{\infty}^aI'(a)\ da=-\frac{1}{4}\psi\!\left(\frac{a+1}{4}\right)-\frac{1}{4}\psi\!\left(\frac{a+2}{4}\right)+\log\Gamma\!\left(\frac{a+2}{4}\right)-\log\Gamma\!\left(\frac{a}{4}\right) \end{equation}

Por lo tanto, nuestro problema considerado es $\color{red}{-I(2)}$ que confirma que el usuario @ClaudeLeibovici El resultado de la misma.

\begin{align} \int_0^\infty\frac{1-e^{-x}(1+x )}{x(e^{x}-1)(e^{x}+e^{-x})}dx&=\frac{1}{4}\psi\!\left(\frac{3}{4}\right)+\frac{1}{4}\psi\!\left(1\right)+\log\Gamma\!\left(\frac{1}{2}\right)\\[10pt] &=\frac{1}{8}\left(\pi+\log\left(\frac{\pi ^4}{64}\right)-4\gamma\right) \end{align}

donde uso valor especial de la función digamma

\begin{equation} \psi\!\left(\frac{1}{4}\right)=-\frac{\pi}{2}-3\log2-\gamma \end{equation}

y la fórmula de la reflexión

\begin{equation} \psi\!\left(1-x\right)-\psi\!\left(x\right)=\pi\cot\pi x \end{equation}

¡Hecho!

Answer 5

$$ \begin{align} \int_0^\infty\frac{1-e^{-x}(1+x)}{x(e^x-1)(e^x+e^{-x})}\,\mathrm{d}x &=\int_0^\infty\frac{e^x-(1+x)}{x(e^x-1)(e^{2x}+1)}\,\mathrm{d}x\tag{1}\\ &=\int_0^\infty\sum_{k=2}^\infty\frac{x^{k-1}}{k!}\frac1{(e^x-1)(e^{2x}+1)}\,\mathrm{d}x\tag{2}\\ &=\int_0^\infty\sum_{k=2}^\infty\frac{x^{k-1}}{k!}\,\frac12\left(\frac1{e^x-1}-\frac{1+e^x}{e^{2x}+1}\right)\mathrm{d}x\tag{3}\\ &=\int_0^\infty\sum_{k=2}^\infty\frac{x^{k-1}}{k!}\sum_{j=1}^\infty\left(e^{(1-4j)x}+e^{-4jx}\right)\mathrm{d}x\tag{4}\\ &=\sum_{j=1}^\infty\sum_{k=2}^\infty\left(\frac1{k(4j-1)^k}+\frac1{k(4j)^k}\right)\tag{5}\\ &=\sum_{j=1}^\infty\left[\log\left(\frac{4j-1}{4j-2}\right)-\frac1{4j-1}\right]\\ &+\sum_{j=1}^\infty\left[\log\left(\frac{4j}{4j-1}\right)-\frac1{4j}\right]\tag{6}\\ &=\sum_{j=1}^\infty\left[\log\left(\frac{j}{j-\frac12}\right)-\frac1{2j}+\frac14\left(\frac1j-\frac1{j-\frac14}\right)\right]\tag{7}\\[3pt] &=\log\left(\Gamma\left(\frac12\right)\right)-\frac\gamma2+\frac14H_{-1/4}\tag{8}\\[9pt] &=\frac12\log(\pi)-\frac\gamma2+\frac\pi8-\frac34\log(2)\tag{9} \end{align} $$ Explicación:
$(1)$ multiplicar el numerador y el denominador por $e^x$
$(2)$ : ampliar $e^x-(1+x)$ en una serie de potencias
$(3)$ : fracciones parciales
$(4)$ : se expande en una serie de potencias
$(5)$ : realiza la integración mediante la integral Gamma
$(6)$ : utilizar la serie de potencias para $\log(1+x)$
$(7)$ : aritmética
$(8)$ : $\prod\limits_{k=1}^{n-1}(k+x)=\frac{\Gamma(n+x)}{\Gamma(1+x)}$ , La desigualdad de Gautschi , $\lim\limits_{n\to\infty}\left(\sum\limits_{k=1}^n\frac1k-\log(n)\right)=\gamma$ ,
$\phantom{(8)\text{:}}$ y $(2)$ de esta respuesta
$(9)$ : $(11)$ de esta respuesta