Cómo evaluar $\int_0^{\infty} \bigg(\frac{e^{-x}}{\sinh(x)} - \frac{e^{-3x}}{x}\bigg) \; dx$

Question

Evaluar la integral siguiente

$$\int_0^{\infty} \bigg(\frac{e^{-x}}{\sinh(x)} - \frac{e^{-3x}}{x}\bigg) \; dx$$

Utilizando Wolfram obtener la integral es $\gamma + \log\bigg(\frac{3}{2}\bigg)$, donde $\gamma$ es constante de Euler-Mascheroni la.

Partí la integral en dos partes. Para el primero de ellos, he intentado usar $\sinh(x) = \frac{e^{x}-e^{-x}}{2}=\frac{e^{-x}}{2}(\frac{e^{2x}-1}{2})$ y se convirtió en la primera integral

$$\int_0^{\infty} \frac{2}{e^{2x}-1} \; dx=\int_0^{\infty} \frac{2e^{-2x}}{1-e^{-2x}} \; dx$$

A continuación, utilizar sustitución $u=1-e^{-2x}$.

$$\int_0^{\infty} \frac{2e^{-2x}}{1-e^{-2x}} \; dx=-4\int_0^{1} \frac{du}{u} = -4\ln u\;\bigg|_0^1 = \infty$$

La segunda integral también diverge. ¿Donde cometí un error? ¿Cómo es la manera de obtener un resultado como salida de Wolfram?

Answer 1

Que $u=e^{-x}$, entonces $$\begin{align} \int^\infty_0\left(\frac{2e^{-x}}{e^{x}-e^{-x}}-\frac{e^{-3x}}{x}\right){\rm d}x =&\int^1_0\left(\frac{2u}{1-u^2}+\frac{u^2}{\ln{u}}\right){\rm d}u \end {Alinee el} denotan $$\mathcal{I}(a)=\int^1_0\left(\frac{2u}{1-u^2}+\frac{u^2}{\ln{u}}\right)u^a\ {\rm d}u$ $ la diferenciación bajo el signo integral, obtenemos\begin{align} \mathcal{I}'(a) =&\int^1_0\left(\frac{2u^{a+1}\ln{u}}{1-u^2}+u^{a+2}\right){\rm d}u\\ =&\frac{1}{a+3}+2\sum^\infty_{n=0}\int^1_0u^{2n+a+1}\ln{u}\ {\rm d}u\\ =&\frac{1}{a+3}-2\sum^\infty_{n=0}\frac{1}{(2n+a+2)^2}\\ =&\frac{1}{a+3}-\frac{1}{2}\psi_1\left(\frac{a+2}{2}\right) \end{align}$$ integración hacia atrás,\begin{align} \mathcal{I}(a)=\ln(a+3)-\psi_0\left(\frac{a+2}{2}\right)+C \end {alinee el} donde\begin{align} C=\lim_{a\to\infty}\left[\psi_0\left(\frac{a+2}{2}\right)-\ln(a+3)\right] \end {Alinee el} y por fórmula de Stirling, sabemos que $\psi_0(z)\sim \ln{z}$ % grande $z$. Así\begin{align} C=\lim_{a\to\infty}\left[\ln\left(\frac{a+2}{a+3}\right)-\ln{2}\right]=-\ln{2} \end {Alinee el} y por lo tanto, $$\int^\infty_0\left(\frac{2e^{-x}}{e^{x}-e^{-x}}-\frac{e^{-3x}}{x}\right){\rm d}x=\mathcal{I}(0)=\gamma+\ln\left(\frac{3}{2}\right)

Answer 2

El problema con su enfoque es que tienes algunas cancelaciones sofisticados que debe tenerse en cuenta más cuidadosamente.

Lo que estoy diciendo es que va a utilizar la representación integral de la función Digamma para el $s>0$ $$\psi(s) =\int_{0}^{\infty}{\frac{e^{-x}}{x}-\frac{e^{-sx}}{1-e^{-x}}dx}$$ Then you want to rewrite your integral $I$ in this following sense $%$$\begin{align*}I&=\int_{0}^{\infty}{\left(2\frac{e^{-2x}}{1-e^{-2x}}-3\frac{e^{-3x}}{3x}\right)dx}\\&=\int_{0}^{\infty}{\left[\left(2\frac{e^{-2x}}{1-e^{-2x}}-3\frac{e^{-3x}}{1-e^{-3x}}\right)-3\left(\frac{e^{-3x}}{3x}-\frac{e^{-3x}}{1-e^{-3x}}\right)\right]dx}\\&=\int_{0}^{\infty}{\left(2\frac{e^{-2x}}{1-e^{-2x}}-3\frac{e^{-3x}}{1-e^{-3x}}\right)dx}-\psi(1)\end{align*}$el primer integral puede ser demostrado para evaluar en la sustitución $\log\left(\frac{3}{2}\right)$ $e^{-x}=u$. Combinación de los resultados tenemos que %#% $ #%