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

Question

Cómo encontrar

$$ \int_0 ^ \infty \dfrac x{1+e^x}\ dx=\ ...? $$

No sé por dónde debería empezar. La respuesta correcta de mi libro de texto es $ \frac { \pi ^2}{12}$ . Esta es mi tarea con 10 preguntas, pero sólo puedo responder 9 preguntas, en esta estoy atascado. ¿Alguien puede ayudarme? Gracias.

Answer 1

$ \newcommand {\+}{^{ \dagger }} \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 { \ceil }[1]{\, \left\lceil\ , #1 \, \right\rceil\ ,} \newcommand { \dd }{{ \rm d}} \newcommand { \down }{ \downarrow } \newcommand { \ds }[1]{ \displaystyle {#1}} \newcommand { \expo }[1]{\,{ \rm e}^{#1}\,} \newcommand { \fermi }{\,{ \rm f}} \newcommand { \floor }[1]{\, \left\lfloor #1 \right\rfloor\ ,} \newcommand { \half }{{1 \over 2}} \newcommand { \ic }{{ \rm i}} \newcommand { \iff }{ \Longleftrightarrow } \newcommand { \imp }{ \Longrightarrow } \newcommand { \isdiv }{\, \left.\right\vert\ ,} \newcommand { \ket }[1]{ \left\vert #1 \right\rangle } \newcommand { \ol }[1]{ \overline {#1}} \newcommand { \pars }[1]{ \left (\, #1 \, \right )} \newcommand { \partiald }[3][]{ \frac { \partial ^{#1} #2}{ \partial #3^{#1}}} \newcommand { \pp }{{ \cal P}} \newcommand { \root }[2][]{\, \sqrt [#1]{ \vphantom { \large A}\,#2\,}\,} \newcommand { \sech }{\,{ \rm sech}} \newcommand { \sgn }{\,{ \rm sgn}} \newcommand { \totald }[3][]{ \frac {{ \rm d}^{#1} #2}{{ \rm d} #3^{#1}}} \newcommand { \ul }[1]{ \underline {#1}} \newcommand { \verts }[1]{ \left\vert\ , #1 \, \right\vert } \newcommand { \wt }[1]{ \widetilde {#1}}$ \begin {alinear} & \color {#00f}{ \large\int_ {0}^{ \infty }{x \over \expo {x} + 1}\, \dd x} = \int_ {0}^{ \infty }x \pars {{1 \over \expo {x} + 1} - {1 \over \expo {x} - 1}} \, \dd x + \int_ {0}^{ \infty }{x \over \expo {x} - 1}\, \dd x \\ [3mm]&=-2 \int_ {0}^{ \infty }{x \over \expo {2x} - 1}\, \dd x + \int_ {0}^{ \infty }{x \over \expo {x} - 1}\, \dd x = \half\int_ {0}^{ \infty }{x \expo {-x} \over 1 - \expo {-x}}\, \dd x \\ [3mm]&=-\, \half\int_ {0}^{ \infty } \ln\pars {1 - \expo {-x}}\, \dd x = \half\int_ {0}^{ \infty } \sum_ {n = 1}^{ \infty }{ \expo {-nx} \over n}\, \dd x = \half\sum_ {n = 1}^{ \infty }{1 \over n}\ \overbrace { \int_ {0}^{ \infty } \expo {\a6}*, \dd x}^{ \ds {=\ {1 \over n}}} \\ [3mm]&= \half\ \overbrace { \sum_ {n = 1}^{ \infty }{1 \over n^{2}}} ^{ \ds { \zeta\pars {2} = { \pi ^{2} \over 6}}} = \color {#00f}{ \large { \pi ^{2} \over 12}} \end {alinear}

$ \ds { \zeta\pars {z}}$ es el Función de Riemann Zeta .

Answer 2

Una forma de resolver esto es reescribir la integral como

$$ \int_0 ^{ \infty } dx \, \frac {x \, e^{-x}}{1+e^{-x}} $$

y luego expandir el denominador en una serie de Taylor. La representación de esta integral se convierte

$$ \int_0 ^{ \infty } dx \, x \sum_ {k=0}^{ \infty } (-1)^k e^{-(k+1) x} $$

Debido a que la suma y la integral convergen, podemos cambiar el orden de la suma y la integración:

$$ \sum_ {k=0}^{ \infty } (-1)^k \int_0 ^{ \infty } dx \, x \, e^{-(k+1) x} = \sum_ {k=0}^{ \infty } \frac {(-1)^k}{(k+1)^2}$$

---

Otra forma de trabajar esto, de la que puede o no ser consciente, es usar el teorema de Cauchy. Considere el contorno integral

$$ \oint_C dz \frac {z^2}{1+e^z} $$

donde $C$ es el rectángulo con vértices $0$ , $R$ , $R+i 2 \pi $ y $i 2 \pi $ con un segmento semicircular de radio $ \epsilon $ centrado en $i \pi $ en el rectángulo. El contorno integral se convierte entonces

$$ \int_0 ^R dx \frac {x^2}{1+e^x} + i \int_0 ^{2 \pi } dy \frac {(R+i y)^2}{1+e^R e^{i y}} + \int_R ^0 dx \frac {(x+i 2 \pi )^2}{1+e^x} \\ +i \int_ {2 \pi }^{ \pi + \epsilon } dy \frac {(i y)^2}{1+e^{i y}}+ i \epsilon \int_ { \pi /2}^{- \pi /2} d \phi \, e^{i \phi } \frac {(i \pi + \epsilon e^{i \phi })^2}{1-e^{ \epsilon e^{i \phi }}} + i \int_ { \pi - \epsilon }^0 dy \frac {(i y)^2}{1+e^{i y}}$$

Como $R \to\infty $ la segunda integral se desvanece. Como $ \epsilon \to 0$ la quinta integral se convierte en

$$i \epsilon \int_ { \pi /2}^{- \pi /2} d \phi \, e^{i \phi } \frac {- \pi ^2}{- \epsilon e^{i \phi }} = -i \pi ^3$$

La integral del contorno es entonces

$$-i 4 \pi \int_0 ^{ \infty } dx \frac {x}{1+e^x} + 4 \pi ^2 \int_0 ^{ \infty } \frac {dx}{1+e^x} + i PV \int_0 ^{2 \pi } dy \frac {y^2}{1+e^{i y}}-i \pi ^3$$

Tengan en cuenta que $PV$ denota el valor principal de Cauchy. También hay que tener en cuenta que

$$ \begin {align}i PV \int_0 ^{2 \pi } dy \frac {y^2}{1+e^{i y}} &= i \frac12 \int_0 ^{2 \pi } dy \, y^2 + \frac12 PV \int_0 ^{2 \pi } dy \, y^2 \tan { \left ( \frac {y}{2} \right )} \\ &= i \frac {4 \pi ^3}{3} + \frac12 PV \int_0 ^{2 \pi } dy \, y^2 \tan { \left ( \frac {y}{2} \right )} \end {align}$$

Según el teorema de Cauchy, la integral del contorno es cero, lo que significa que tanto la parte real como la imaginaria son cero. Si la parte imaginaria de la integral de contorno es cero, tenemos

$$ \int_0 ^{ \infty } dx \frac {x}{1+e^x} = \frac { \pi ^2}{12} $$

Answer 3

Otra forma de evaluar la integral. Reescriba $$ \int_0 ^{ \infty } \frac {x}{1+e^{x}}\ dx= \int_0 ^{ \infty } \frac {x \, e^{-x}}{1+e^{-x}}\ dx. $$ Usar el IBP tomando $u=x$ y $dv=- \dfrac {d(e^{-x})}{1+e^{-x}}$ obtendrás $$ \int_0 ^ \infty\ln (1+e^{-x})\ dx. $$ Ahora, expande el integrando usando la serie de Mclaurin para logaritmo natural . Después de integrar la serie, compara el resultado con Dirichlet eta función y obtendrás la integral es igual a $ \eta (2)= \dfrac12\zeta (2)= \dfrac { \pi ^2}{12}$ .

Answer 4

$$ \int ^ \infty_0 \frac {x^{s-1}}{e^x+1}\, dx = \left (1-2^{1-s} \right ) \zeta (s) \Gamma (s)$$

sabiendo que

$$ \zeta (2)= \sum_ {n \geq 1} \frac {1}{n^2}= \frac { \pi ^2}{6}$$

$$ \int ^ \infty_0 \frac {x}{e^x+1}\, dx = \frac {1}{2} \zeta (2) \Gamma (1)= \frac { \pi ^2}{12}$$

Answer 5

Pista: Deje que $~x= \ln t,~$ y $~u= \dfrac1t. ~$ Entonces la integral se convierte en $~- \displaystyle\int_0 ^1 \frac { \ln u}{1+u}du.~$ Ahora expandir

$ \dfrac1 {1+u}~$ en su serie de binomios y cambiar el orden de suma e integración. Entonces

reconocer la expresión de la Dirichlet $ \eta $ función de la discusión $2.~$ Ver también El problema de Basilea .