¿Cómo hace uno para probar $\int_0^\infty \frac{\log(x)}{1 + e^{ax}} \, dx = -\frac{\log(2)(2\log(a) + \log(2))}{2a}$$a > 0$?

Question

Enlace a WolframAlpha la afirmación. Aquí está mi intento. Mediante la sustitución de $t = ax$, podemos mostrar que la integral es igual a $$ \frac{1}{a} \int_0^\infty \frac{\log(t)}{1 + e^t}\, dt -\frac{\log(a)}{a} \int_0^\infty \frac{dt}{1 + e^{t} } .$$

La segunda integral es igual a $\log(2)$ utilizando otro sustitución de $v = e^t$ y parcial de las fracciones.

Así que me quedo con la primera integral. Voy a cambiar a las variables de complejo de notación. Puedo hacer dos observaciones:

(I) El denominador tiene un simple polos al $z = t = (2k-1)\cdot i \pi, \, k \in \mathbb{N}.$

(II) El numerador tiene un punto de ramificación $z = 0$.

Answer 1

Deje $I$ ser la integral dada por

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{I=\int_0^\infty\frac{\log(x)}{1+e^x}\,dx} \tag 1$$

Ampliar el denominador de $(1)$ en una serie de $e^{-nx}$ e intercambiando el orden de la suma y la integración revela

$$\begin{align} I&=\int_0^\infty\frac{e^{-x}\log(x)}{1+e^{-x}}\,dx\\\\ &=\int_0^\infty\log(x)\sum_{n=0}^\infty (-1)^ne^{-(n+1)x}\,dx\\\\ &=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \int_0^\infty\log(x)e^{-(n+1)x}\,dx\\\\ &=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n+1}\int_0^\infty e^{-x}(\log(x)-\log(n+1))\,dx \\\\ &=\sum_0^\infty \frac{(-1)^{n+1}(\gamma+\log(n+1))}{n+1}\\\\ &=-\gamma\log(2)+\color{blue}{\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n}\log(n)}{n}}\\\\ &=-\gamma\log(2)+\color{blue}{\eta'(1)}\\\\ &=-\gamma\log(2)+\gamma\log(2)-\frac12\log^2(2)\\\\ &=-\frac12\log^2(2) \end{align}$$

donde $\eta'(s)$ es la derivada de la Dirichlet Eta Función de con $\eta'(1)=\gamma\log(2)-\frac12\log^2(2)$ (VER ESTA RESPUESTA).

Por lo tanto, tenemos el codiciado resultado

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\int_0^\infty\frac{\log(x)}{1+e^x}\,dx=-\frac12\log^2(2)}$$

lo que concuerda con el obtenido utilizando Wolfram Alpha!

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NOTA:$1$: EVALUACIÓN DIRECTA DE LA SUMA DE $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n}\log(n)}{n}$

Aquí, ofrecemos una evaluación directa de la suma de $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n}\log(n)}{n}$ facilitado por el uso de la de Euler-Maclaurin Suma Fórmula (EMSF). A fin de proceder.

En primer lugar, observamos que podemos escribir para cualquier $N\ge 1$

$$\begin{align} \sum_{n=1}^{2N}\frac{(-1)^{n}\log(n)}{n}&=2\sum_{n=1}^{N}\frac{\log(2n)}{2n}-\sum_{n=1}^{2N}\frac{\log(n)}{n}\\\\ &=\log(2)\sum_{n=1}^N\frac1n -\sum_{n=N+1}^{2N}\frac{\log(n)}{n} \tag 2 \end{align}$$

El uso de la EMSF, ampliamos la segunda suma en el lado derecho de la $(2)$ obtener

$$\begin{align} \sum_{n=N+1}^{2N}\frac{\log(n)}{n}&=\int_N^{2N}\frac{\log(x)}{x}\,dx+O\left(\frac{\log(N)}{N}\right)\\\\ &=\frac12\log^2(2N)-\frac12\log^2(N)+O\left(\frac{\log(N)}{N}\right)\\\\ &=\log(2)\log(N)+\frac12\log^2(2)+O\left(\frac{\log(N)}{N}\right) \tag 3 \end{align}$$

Sustituyendo $(3)$ $(2)$ revela

$$\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\log(n)}{n}&=\lim_{N\to \infty}\sum_{n=1}^{2N}\frac{(-1)^{n}\log(n)}{n}\\\\ &=\lim_{N\to \infty}\left(\log(2)\sum_{n=1}^n\frac1n -\log(2)\log(N)-\frac12\log^2(2)+O\left(\frac{\log(N)}{N}\right)\right)\\\\ &=\log(2)\lim_{N\to \infty}\left(\sum_{n=1}^N \frac1n -\log(N)\right)-\frac12\log^2(2)\\\\ &=\gamma \log(2)-\frac12\log^2(2) \end{align}$$

Por lo tanto, nos encontramos con que

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\log(n)}{n}=\gamma \log(2)-\frac12\log^2(2)}$$

Answer 2

Aquí hay otra solución, aunque no es tan eficiente como el Dr. MV de la solución.

Vamos $$I = \int\limits_{0}^{\infty} \frac{\ln(x)}{1+e^{ax}} \mathrm{d}x$$ y \begin{align} I_{1} &= \int\limits_{0}^{\infty} \frac{x^{b}}{1+e^{ax}} \mathrm{d}x = \int\limits_{0}^{\infty} \frac{x^{b}e^{-ax}}{1+e^{-ax}} \mathrm{d}x \\ &= \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^{n} \int\limits_{0}^{\infty} x^{b} e^{-(a+na)x} \mathrm{d}x \end{align}

Se designa a la última integral a la derecha de la $I_{2}$ y hacer la sustitución $y=(a+na)x$ \begin{align} I_{2} &= \int\limits_{0}^{\infty} x^{b} e^{-(a+na)x} \mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{(a+na)^{b+1}} \int\limits_{0}^{\infty} y^{b} e^{-y} \mathrm{d}y \\ &= \frac{\Gamma(b+1)}{(a+na)^{b+1}} \\ &= \frac{\Gamma(b+1)}{a^{b+1}} \frac{1}{(n+1)^{b+1}} \end{align}

Ahora $I_{1}$ se convierte en \begin{equation} I_{1} = \frac{\Gamma(b+1)}{a^{b+1}} \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^{n} \frac{1}{(n+1)^{b+1}} = \frac{\Gamma(b+1)}{a^{b+1}} \eta(b+1) \end{equation} y tenemos \begin{align} I &= \lim_{b \to 0} \frac{\partial I_{1}}{\partial b} \\ &= \lim_{b \to 0} \int\limits_{0}^{\infty} \frac{x^{b} \ln(x)}{1+e^{ax}} \mathrm{d}x \\ &= \lim_{b \to 0}\frac{\partial}{\partial b}\frac{\Gamma(b+1)\eta(b+1)}{a^{b+1}} \\ &= \lim_{b \to 0} \frac{a^{b+1} \Big[ \Gamma(b+1)\eta^{\prime}(b+1) + \Gamma^{\prime}(b+1)\eta(b+1) \Big] - \Gamma(b+1)\eta(b+1)a^{b+1}\ln(a)}{\left(a^{b+1}\right)^{2}} \\ &= \lim_{b \to 0} \frac{\Gamma(b+1)\eta^{\prime}(b+1) + \Gamma^{\prime}(b+1)\eta(b+1) - \Gamma(b+1)\eta(b+1)\ln(a)}{a^{b+1}} \\ \tag{a} &= \frac{1}{a} \left(\Big[\gamma \ln(2) - \frac{1}{2} \ln^{2}(2)\Big] -\gamma \ln(2) - \ln(2)\ln(a) \right) \\ &= -\frac{\ln(2)}{a} \left(\frac{1}{2} \ln(2) + \ln(a) \right) \end{align}

En el paso (a) tenemos \begin{align} \lim_{b \to 0} \Gamma^{\prime}(b+1)\eta(b+1) &= \lim_{b \to 0} \Gamma^(b+1)\psi(b+1)\eta(b+1) \\ &= \Gamma(1)\psi(1)\eta(1) \\ &= -\gamma \ln(2) \end{align} y \begin{align} \lim_{b \to 0} \Gamma(b+1)\eta^{\prime}(b+1) &= \lim_{s \to 1} \eta^{\prime}(s) \\ &= \lim_{s \to 1} \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^{n} \frac{\ln(n)}{n^{s}} \\ &= \gamma \ln(2) - \frac{1}{2} \ln^{2}(2) \end{align} La consulta del Dr. MV la solución para una prueba de este resultado.

Notas:

1. $\Gamma(z)$ es la función Gamma.
2. $\eta(s)$ es la de Dirichlet eta función.
3. $\zeta(s)$ es la de Riemann zeta función.
4. $\psi(z)$ es la función digamma.
5. $\gamma$ es el de Euler-Mascheroni constante.