La evaluación de la integral, $\int_{0}^{\infty} \ln\left(1 - e^{-x}\right) \,\mathrm dx $

Question

Recientemente me quedé atrapado en la evaluación de la siguiente integral. No sé una efectiva sustitución de usar. Podría usted por favor me ayudan a evaluar:

$$\int_{0}^{\infty} \ln\left(1 - e^{-x}\right) \,\mathrm dx $$

Answer 1

Una ruta para la evaluación de la integral es $$-\int_0^\infty \ln(1-e^{-x})dx=\int_0^\infty\left(e^{-x}+\frac{e^{-2}}{2}+\frac{e^{-3x}}{3}+\cdots\right)dx $$ $$=\int_0^\infty e^{-x}dx+\frac{1}{2}\int_0^\infty e^{-2}dx+\frac{1}{3}\int_0^\infty e^{-3x}dx+\cdots$$ $$=1+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4}\cdots $$ $$=\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}.$$

No sé si una sustitución directa podría obtener la respuesta, lo que siendo esta la de Riemann zeta función y todo, pero se puede ver que las integrales en los enlaces de esta página y probar su propia mano en la búsqueda de uno. (O alguien más puede probar su mano.)

Answer 2

La integración por partes es fácilmente reducible a la representación integral de $\Gamma(s) \zeta(s)$ a $s=2$:

$$\begin{eqnarray*} \int_0^\infty \log\left(1-\mathrm{e}^{-x}\right) \, \mathrm{d} x &=& \lim x \log\left(1-\mathrm{e}^{-x}\right) \vert_{0^+}^\infty - \int_0^\infty x \frac{\mathrm{e}^{-x}}{1 - \mathrm{e}^{-x}} \mathrm{d} x \\ &=& - \int_0^\infty x \frac{\mathrm{e}^{-x}}{1 - \mathrm{e}^{-x}} \mathrm{d} x = -\Gamma(2) \zeta(2). \end{eqnarray*} $$

Answer 3

No tan elegante como el anón la respuesta, pero:

Si usted comienza con la serie habitual para el logaritmo:

$$-\frac{\log(1-x)}{x}=\sum_{k=0}^\infty \frac{x^k}{k+1}$$

el dilogarithm función $\mathrm{Li}_2(x)$ es

$$\mathrm{Li}_2(x)=-\int_0^x\frac{\log(1-t)}{t}\mathrm dt=\sum_{k=1}^\infty \frac{x^k}{k^2}$$

A partir de la serie de la representación, nos encontramos con que $\mathrm{Li}_2(1)=\dfrac{\pi^2}{6}$; permanece para manipular la integral

$$-\int_0^1\frac{\log(1-t)}{t}\mathrm dt=\int_1^0\frac{\log(1-t)}{t}\mathrm dt$$

Dejando $t=\exp(-u),\quad \mathrm dt=-\exp(-u)\mathrm du$, obtenemos

$$-\int_0^\infty\frac{\log(1-\exp(-u))}{\exp(-u)}\exp(-u)\mathrm du$$

cual es el negativo de la OP integral.

Answer 4

Una familia de integrales es el siguiente. Considerar la polylogarithm función, $\mathsf{Li}_{s}(x) = \sum_{k \geq 1} \frac{x^{k}}{k^{s}}$. Por el Teorema de Parseval, $$ \int_{0}^{1} | \mathsf{Li}_{s} e^{2 \pi i x})|^{2} dx = \sum_{k \geq 1} \left| \frac{e^{2 \pi i k x}}{k^{s}} \right|^{2} = \sum_{k \geq 1} \frac{1}{k^{2}} = \zeta(2s). $$ Desde $\mathsf{Li}_{1}(x) = - \ln (1 - x)$, tenemos $$ \int_{0}^{1} | \ln (1 - e^{2\pi i x})|^{2} dx = \zeta(2). $$

Answer 5

Tenga en cuenta las siguientes paramétrico integral$$I(\alpha )=\int_{0}^{\infty} \ln\left(1 - \alpha e^{-x}\right) \,\mathrm dx$$

Tenemos $I(0)=0$ y $I(1)$ de rendimiento requerida integral

$$I'(\alpha )=-\int_{0}^{\infty} \frac{e^{-x}}{1-\alpha e^{-x}} \,\mathrm dx= \left[\frac{x}{\alpha }-\frac{\ln \left(e^x-\alpha \right)}{\alpha }\right]_0^{\infty}=\frac{\ln(1-\alpha )}{\alpha }$$

$$I(\alpha )=-\operatorname{Li}_2(\alpha )+c$$

$$I(0)=0\implica I(\alpha )=-\operatorname{Li}_2(\alpha )$$

$$I(1)=-\operatorname{Li}_2(1)=-\zeta(2)=-\frac{\pi^2}{6}$$

$$\large\int_{0}^{\infty} \ln\left(1 - e^{-x}\right) \,\mathrm dx=-\frac{\pi^2}{6}$$