Cómo integrar la $\int_0^{\infty} \frac{e^{ax} - e^{bx}}{(1 + e^{ax})(1+ e^{bx})}dx$ donde $a,b > 0$.

Question

Este $$\ \int_0^{\infty} \frac{e^{ax} - e^{bx}}{(1 + e^{ax})(1+ e^{bx})}dx \text{ donde } a,b > 0. $$ es un problema que se mostró en el GRE prueba de la práctica. Creo que se supone que el uso de complejos de contorno de integración, pero no estoy seguro de que el contorno de usar. Creo que es el ojo de la cerradura de contorno, pero yo no era capaz de conseguir cualquier cosa útil.

Answer 1

\begin{align} \int_0^{\infty} \frac{e^{ax} - e^{bx}}{(1 + e^{ax})(1+ e^{bx})}dx&=\int_{0}^{\infty}\left(\frac{1}{1+e^{bx}}-\frac{1}{1+e^{ax}}\right)dx \\ &=\int_{0}^{\infty}\left(\frac{e^{-bx}}{1+e^{-bx}}-\frac{e^{-ax}}{1+e^{-ax}}\right)dx \\ &=-\frac1{b}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+e^{-bx}}d(e^{-bx})+\frac1{a}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+e^{-ax}}d(e^{-ax}) \\ &=-\frac1{b}\int_{1}^{0}\frac{1}{1+t}dt+\frac1{a}\int_{1}^{0}\frac{1}{1+t}dt \\ &=\left(\frac1{b}-\frac1{a}\right)\log{2} \end{align}

Answer 2

Usted no necesita el complejo de integración, sólo el teorema de Fubini: $$\begin{eqnarray*}I=\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{1+e^{bx}}-\frac{1}{1+e^{ax}}\right)\,dx&=&-\int_{0}^{+\infty}\int_{a}^{b}\frac{ x\, e^{xy}}{(1+e^{xy})^2}\,dy\,dx\\&=&-\int_{a}^{b}\int_{0}^{+\infty}\frac{ x\, e^{xy}}{(1+e^{xy})^2}\,dx\,dy\\&=&-\int_{a}^{b}\frac{\log 2}{y^2}\,dy\\&=&\color{red}{\left(\frac{1}{b}-\frac{1}{a}\right)\log 2}.\end{eqnarray*} $$ Como cuestión de hecho, sólo tenemos que calcular: $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{1+e^x}=\int_{1}^{+\infty}\frac{dt}{t(1+t)}=\int_{0}^{1}\frac{du}{1+u}=\log 2$$ que es sencillo mediante el establecimiento $x=\log t$,$t=\frac{1}{u}$.

Answer 3

Un verdadero peatonal enfoque sería como sigue:

Definamos $J(c):=\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+e^{cx}}=\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-cx}}{1+e^{-cx}}$, luego podemos aplicar una serie geométrica para obtener

$$ J(c)=\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+e^{cx}}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\int_{0}^{\infty}e^{-(n+1)cx}=\frac1c\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+1} $$

El empleo de la serie de Taylor de $\log$ tenemos $$ J(c)=\frac{\log(2)}{c} $$

Ahora observe que la integral original $I(a,b)$ está dado por

$$ I(a,b)=J(a)-J(b)=\log(2)\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right) $$

de acuerdo con todas las otras respuestas El contorno de la integración es difícil aquí, tal vez voy a venir con algo mañana