Pregunta:
ps
Sé utilizar$$I=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x}{1+e^x}dx$ $
Alguien tiene otros métodos? Gracias, porque quiero recoger más métodos, Gracias
Respuestas
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CuriousGuest
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2603
Otra variación del método basado en el uso de expansión de la serie. En primer lugar, hacemos la sustitución$e^{-x}=t$, y luego integramos por partes:$$I=\int_0^{+\infty}\frac{x}{1+e^x}dx=-\int_0^1\frac{\ln t}{1+t}dt=-\int_0^1\ln t\,d\ln(1+t)=\int_0^1\frac{\ln (1+t)}{t}dt.$ $ Ahora utilizamos la serie de Taylor para$\ln(1+t)$:$$I=\int_0^1\frac{1}{t}\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\frac{t^n}{n} dt=\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\frac{1}{n}\int_0^1 t^{n-1} dt=\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{12}.$ $
Claude Leibovici
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54392
Considere$$I=\int\dfrac{x}{1+e^x}dx$$ and change variable $ x = \ log (y)$. So $ $I=\int\dfrac{\log(y)}{y(y+1)}dy=\int\dfrac{\log(y)}{y}dy-\int\dfrac{\log(y)}{y+1}dy$ $ The first integral is simple, the second one more difficult but you arrive to $$I=\frac{\log ^2(y)}{2}-\log (y+1) \log (y)-\text{Li}_2(-y)$$%
Espero que esto podría ser útil.
stealth_angoid
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429
Yo estaba pensando que tal vez podría introducir algunos auxiliar integrale, con una "t" parámetro en ella, y de la que se podrían derivar para obtener más fácilmente calculable expresión y, a continuación, obtener este valor.
Por ejemplo:
La integral de la $I=\int_{0}^{1}\dfrac{x-1}{\ln(x)}dx$ lo cual es un poco molesto para calcular, usted tiene que hacer el mismo método que el utilizado para su integral. Pero usted puede introducir:
$I(t)=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{(x-1)x^t}{\ln(x)}dx$
Demostrar que se puede diferenciar en la integral, y, a continuación, usted puede deshacerse de la $\ln$, que es muy conveniente. A ver a qué me refiero?
