Tratando de evaluar la integral de la$\int_0^\infty x \sqrt{1-e^{-x}}\,e^{-x}dx$

Question

Estoy tratando de integrar $$ \int_0^\infty x \sqrt{1-e^{-x}}\,e^{-x}dx\equiv yo $$ pero no puede obtener la respuesta, me gustaría una prueba no una respuesta numérica. Mi intento de prueba: $$ y=\sqrt{1-e^{-x}}\\ y(0)=0, \ y(\infty)=1\\ y^2=1-e^{-x}\\ 2ydy=e^{-x}dx\\ e^{-x}=1-y^2\\ x=\ln\frac{1}{1-y^2} \rightarrow\\ I=2\int_0^1 y^2\ln\frac{1}{1-y^2} dy=\\ -2\int_0^1y^2\ln(1-y^2)\,dy=\\2\int_0^1y^2\sum_{k=1}^\infty \frac{y^{2k}}{k}=\\ 2\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k}\int_0^1 y^{2(k+1)}dy=\\ 2\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k(3+2k)}=\\ 2\sum_{k=1}^\infty \left(\frac{1}{3k}-\frac{2}{3(2k+3)} \right) $$ pero esto diverge porque $\sum_k\frac{1}{k}\to\infty$? Los errores que he hecho...

Por favor, ayudar si se puede hacer la suma o integral. Gracias, Grazie

Answer 1

Primaria, de forma cerrada antiderivada que se puede obtener. Integración por partes con la elección $u = x$, $du = dx$, $dv = \sqrt{1-e^{-x}} e^{-x} \, dx$, $v = \frac{2}{3}(1-e^{-x})^{3/2}$ los rendimientos $$F(x) = \int u \, dv = \frac{2x}{3} (1-e^{-x})^{3/2} - \frac{2}{3} \int (1-e^{-x})^{3/2} \, dx.$$ This suggests a trigonometric substitution of the form $e^{-x} = \cos^2 t$, or $x = -2 \log \cos t$, and $dx = 2 \tan t \, dt$: $$\begin{align*} \int (1-e^{-x})^{3/2} \, dx &= \int (1-\cos^2 t)^{3/2} \cdot 2 \tan t \, dt \\ &= 2\int \sin^3 t \tan t \, dt \\ &= 2 \int (1-\cos^2 t)^2 \sec t \, dt \\ &= 2 \int \sec t - \cos t - \sin^2 t \cos t \, dt. \end{align*}$$ Esta última integral puede ser fácilmente evaluado término por término por medio de las fórmulas conocidas, que dejo a usted.

Answer 2

Por integración parcial que hemos $$ \int x \sqrt{1-e^{-x}}e^{-x}dx = \frac{2}{3} x (1-e^{-x})^{3/2} -\frac{2}{3}\int dx (1-e^{-x})^{3/2} $$ ahora dejando $y=e^{-x}$, $-\ln y =x$, $dx = -dy / y$ tenemos $$ \int dx (1-e^{-x})^{3/2} = \int \frac{-dy}{y}(1-y)^{3/2} $$ ahora vamos a $\sqrt{1-y} = \tau$, $y= 1-\tau^2$, $dy = -2\tau d \tau$ así $$ \int \frac{+2\tau d \tau}{1-\tau^2}\tau^3 = 2\int d\tau \frac{\tau^4-\tau^2+\tau^2-1+1}{1-\tau^2} = -2 \int \tau^2 d\tau - 2\int d\tau +2\int \frac{d\tau}{1-\tau^2}=\\ -\frac{2\tau^3}{3}-2\tau + \ln \frac{1+\tau}{1-\tau}. $$ Tenemos que poner todo de nuevo juntos en forma ordenada: $$ \frac{2}{3}x(1-e^{-x})^{3/2}-\frac{2}{3}\left[-\frac{2}{3}(1-e^{-x})^{3/2}-2\sqrt{1-e^{-x}}+\ln \frac{1+\sqrt{1-e^{-x}}}{1-\sqrt{1-e^{-x}}}\right]. $$ Ahora, como $x\to 0$, la primitiva enfoques $0$. Como $x\to \infty$ tenemos para manejar de una forma indeterminada: $$ \lim_{x\to \infty}\left[\ln\frac{1+\sqrt{1-e^{-x}}}{1-\sqrt{1-e^{-x}}}-x(1-e^{-x})^{3/2}\right]=\\ =\lim_{y\to 0}\left[\ln\frac{1+\sqrt{1-y}}{1-\sqrt{1-y}}+\ln y \cdot (1-y)^{3/2}\right]=\\ =\lim_{y\to 0}\left[\ln\frac{1+1-y/2}{1-1+y/2}+\ln y \cdot (1-3y/2)\right] =\lim_{y\to 0}\ln\frac{(2-y/2)y}{y/2} = \ln 4. $$ Si hemos hecho todo bien, nuestro resultado es: $$ \frac{2}{3}(-\ln 4+2+\frac{2}{3}) = \frac{2}{9}(8-3\ln 4). $$

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ Tras la ${\large\tt OP}$: \begin{align} \int_{0}^{\infty}x\root{1 - \expo{-x}}\expo{-x}\,\dd x&= 2\sum_{k = 1}^{\infty}{1 \over k\pars{3 + 2k}} =\sum_{k = 0}^{\infty}{1 \over \pars{k + 5/2}\pars{k + 1}} \\[3mm]&={\Psi\pars{5/2} - \Psi\pars{1} \over 5/2 - 1} ={2 \over 3}\bracks{\Psi\pars{5 \over 2} - \Psi\pars{1}} \end{align} donde $\ds{\Psi\pars{z}}$ es la Función Digamma ${\bf\mbox{6.3.1}}$.

También $$ \int_{0}^{\infty}x\raíz{1 - \expo{-x}}\expo{-x}\,\dd x ={2 \más de 3}\bracks{\Psi\pars{3 \over 2} + {2 \más de 3} - \Psi\pars{1}} ={2 \más de 3}\bracks{\Psi\pars{1 \over 2} + {8 \más de 3} - \Psi\pars{1}} $$ donde se utilizó ${\bf\mbox{6.3.2}}$ ${\bf\mbox{6.3.5}}$ .

Sin embargo $$ \Psi\pars{\mitad}=-\gamma - 2\ln\pars{2}\,, \qquad\Psi\pars{1} = -\gamma $$ $\ds{\gamma}$ es el de Euler-Mascheroni Constante${\bf\mbox{6.1.3}}$. $$\color{#00f}{\large% \int_{0}^{\infty}x\raíz{1 - \expo{-x}}\expo{-x}\,\dd x ={16 \más de 9} - {4 \más de 3}\,\ln\pars{2}} \approx 0.8536 $$

Answer 4

El uso de la Conocida Serie de la fórmula para el Digammafunction http://en.m.wikipedia.org/wiki/Digamma_function tenemos $$2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{n(2n+3)}=\frac{2}{3}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\frac{5}{2}-1}{(n+1)(n+\frac{5}{2})}=\frac{2}{3}(\gamma +\psi(\frac{5}{2}))$$

Recordar la recurrencia de la relación de la fórmula para la Digamma, yo.e $$\psi(x+1)=\psi(x)+\frac{1}{x}$$ hence it reduces to $$\frac{2}{3}(\gamma +\frac{8}{3}+\psi(\frac{1}{2}))$$ It is pretty simple to calculate that $\psi(\frac{1}{2})=-\gamma -2\log2$ So your sum finally evaluates to $$\frac{2}{3}(\frac{8}{3}-2\log2)=\frac{4}{3}(\frac{4}{3}-\log2)$$

Answer 5

Su suma no divergen:

$$ \left(\frac{1}{3k} - \frac{2}{3(2k+3)} \right) = \frac{(2k+3) - (2k)}{3k(2k+3)} = \frac{3}{3k(2k+3)}$$

por lo que su convergencia se comporta como $\frac{1}{2k^2}$, no como $\frac{1}{3k}$.

Sin embargo, hay un enfoque sencillo para trabajar desde el punto donde se introdujo la suma: puede simplificar el logaritmo mediante el uso de $\log(ab) = \log(a) + \log(b)$.