Computación

Question

Estoy tratando de calcular esta integral:

$$I = \int_0^{\infty} \frac{1}{e^x + x}dx$$

No veo cualquier manera obvia esto integrar métodos reales.

Por lo tanto, ahora estoy tratando de integrar con el uso de análisis complejo, traté de transformar la ecuación con $z = e^{-x}$ y

$$I = \int_0^1 \frac{1}{1-z\log(z)}dz$$

Veo que un poste de la $z = \frac{1}{W(1)}$, que es la función W de Lambert

Cuando evaluar el residuo, obtengo el valor 0.

$$\text{Res}_{z \rightarrow \frac{1}{W(1)}}\left(\frac{1}{1-z \log (z)},f(z)\right) = 0$$

Agradecería ayuda sobre los pasos a seguir y una solución.

Answer 1

Por supuesto, de una serie de Taylor tenemos $$ I = \int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{x+e^x}\,dz = \int_{0}^{1}\sum_{n\geq 0}(z\log z)^n\,dz = \sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n n!}{(n+1)^{n+1}} \tag{1}$$ y por integración por partes

$$ I = \int_{0}^{+\infty}\frac{1}{e^x+1}\cdot\frac{e^x+1}{e^x+x}\,dx = \int_{0}^{+\infty}\frac{e^x \log(e^x+x)}{(e^x+1)^2}\,dx \tag{2}$$ por lo $I$ tiene la siguiente representación

$$ I = \log(2)+\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{n+1}\,dx}{e^{(n-1)x}(e^x+1)^2}\tag{3} $$ donde los involucrados integrales dependen de los valores de la Riemann $\zeta$ función. Sin embargo, $(3)$ no es una gran mejora con respecto a $(1)$. Podemos aplicar serie de técnicas de aceleración de a $(1)$ con el fin de obtener $I\approx 0.8063956162$ muy pronto, pero mi opinión es que no podemos realmente la esperanza en algo "mejor" que la RHS de $(1)$.

Answer 2

$\int_0^\infty\dfrac{1}{e^x+x}~dx$

$=\int_0^\infty\dfrac{e^{-x}}{1+xe^{-x}}~dx$

$=\int_0^\infty\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^nx^ne^{-(n+1)x}~dx$

$=\left[\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{(-1)^{n+1}n!x^ke^{-(n+1)x}}{(n+1)^{n-k+1}k!}\right]_0^\infty$ (se puede obtener de http://en.wikipedia.org/wiki/List_of_integrals_of_exponential_functions)

$=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^nn!}{(n+1)^{n+1}}$