Cualquiera con un método interesante para probar $ \int_ {0}^{ \infty }e^{-2x} \ln\left ({1+e^{-x} \over 1-e^{-x}} \right )dx=1$ ?

Question

Deseamos probar que

$$I= \int_ {0}^{ \infty }e^{-2x} \ln\left ({1+e^{-x} \over 1-e^{-x}} \right )dx= \color {red}{1} \tag1 $$

Aplicar la sustitución:

$u=e^{-x} \rightarrow du=-e^{-x}dx$

$x= \infty\rightarrow u=0$ , $x=0 \rightarrow u=1$

$$I=2 \int_ {0}^{1}u \tanh ^{-1}udu \tag2 $$

Recuerde

$$ \int x \tanh ^{-1}x dx={x \over 2}+{1 \over 2}(x^2-1) \tanh ^{-1}x \tag3 $$

$$ \int_ {0}^{1}x \tanh ^{-1}x dx={1 \over 2} \tag4 $$

Sub $(4)$ en $(2)$

Por lo tanto $I=1$

¿Alguien con un método interesante para probar (1)?

Answer 1

Es fácil demostrar que

\begin{equation} \ln\left(\!{1+e^{-x}\over 1-e^{-x}}\!\right)=2\sum_{n=0}^{\infty}{e^{-(2n+1)x}\over 2n+1} \end{equation}

Utilizando la función generadora anterior, la integral considerada se convierte en

\begin{align} I&=\sum_{n=0}^{\infty}{2\over 2n+1}\int_0^\infty e^{-(2n+3)x}\ dx\\[10pt] &=\sum_{n=0}^{\infty}{2\over {(2n+1)(2n+3)}}\\[10pt] &=\sum_{n=0}^{\infty}\left[{1\over{2n+1}}-{1\over {2n+3}}\right]\\[10pt] &=1 \end{align} donde la última suma es una serie telescópica.

Answer 2

Para una notación más compacta, reescriba $\dfrac{1+e^{-x}}{1-e^{-x}}=\coth\dfrac{x}{2}$ . Denote una forma parametrizada de su integral por $$\mathcal{I}_s=\int_0^\infty e^{-sx}\ln\left(\coth\frac{x}{2}\right)\,\mathrm{d}x$$ que se puede observar que es la transformada de Laplace de $\ln\left(\coth\dfrac{x}{2}\right)$ .

Resulta que la transformada en este caso tiene una interesante forma cerrada en términos de la números armónicos $H_n$ : $$\mathcal{I}_s=\frac{H_{(s-1)/2}-H_{s/2}+2H_s+\ln4}{2s}$$ (cálculo por cortesía de WolframAlpha)

El valor de su integral se obtiene entonces cuando $s=2$ es decir $$\mathcal{I}_2=\frac{H_{1/2}-H_1+2H_2+\ln4}{4}=\frac{\left(2-2\ln2\right)-1+2\left(\frac{3}{2}\right)+\ln4}{4}=1$$ como se desee.

Answer 3

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\,{#1}\,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\iff}{\Leftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

\begin{align} \color{#f00}{I} & = \int_{0}^{\infty}\expo{-2x}\ln\pars{1 + \expo{-x} \over 1 - \expo{-x}}\,\dd x = 2\int_{0}^{\infty}\expo{-2x}\,\mathrm{arctanh}\pars{\expo{-x}}\,\dd x \\[3mm] & = 2\int_{0}^{\infty}\expo{-2x}\, \sum_{n = 0}^{\infty}{\expo{-\pars{2n + 1}x} \over 2n + 1}\,\dd x = 2\sum_{n = 0}^{\infty}{1 \over 2n + 1} \int_{0}^{\infty}\expo{-\pars{2n + 3}x}\,\dd x \\[3mm] & = \half\sum_{n = 0}^{\infty}{1 \over \pars{n + 3/2}\pars{n + 1/2}} = \half\sum_{n = 0}^{\infty}\pars{{1 \over n + 1/2} - {1 \over n + 3/2}} = \half\,{1 \over 0 + 1/2} = \color{#f00}{1} \end{align}

Answer 4

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}e^{-2x}\ln\left({1+e^{-x}\over 1-e^{-x}}\right)dx=\left[\tfrac{1}{2}\ln\left(\tfrac{1+e^{-x}}{1-e^{-x}}\right)\left(1-e^{-2x}\right)-e^{-x}\right]_0^{\infty}=0-(-1)=\boxed{1}$