¿Este % integral $\int_0^\infty \frac{dx}{(1+e^x)(a+x)}$tiene una forma cerrada?

Question

Tenga en cuenta que $a>0$, con lo que no estoy seguro de si podemos aplicar residuos de aquí. (Para $a=0$ la integral no convergen).

$$\int_0^\infty \frac{dx}{(1+e^x)(a+x)}$$

A pesar de la simple expresión bajo la integral, no lo he encontrado en el G-R libro.

He tratado de la forma más directa - series geométricas - desde $e^x \geq 1$.

$$\int_0^\infty \frac{dx}{(1+e^x)(a+x)}=\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1} \int_0^\infty \frac{e^{-kx}dx}{a+x}$$

Las integrales de la derecha puede ser expresado mediante la función gamma incompleta:

$$\int_0^\infty \frac{e^{-kx}dx}{a+x}=\frac{e^{ka}}{k} \Gamma(0,ka)$$

Obtenemos:

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

Esto es correcto, pero no es muy útil, ya que cada gamma incompleta sólo disfraza de una integral. Se puede calcular de forma independiente por:

$$\Gamma (0,t)=\cfrac{\exp(-t)}{t+1-\cfrac{1}{t+3-\cfrac{4}{t+5-\cfrac{9}{t+7-\cdots}}}}$$

Así que supongo que podemos expresar la integral como:

$$\int_0^\infty \frac{dx}{(1+e^x)(a+x)}=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k} \cfrac{1}{ka+1-\cfrac{1}{ka+3-\cfrac{4}{ka+5-\cfrac{9}{ka+7-\cdots}}}}$$

Divertido, pero de nuevo, no es muy útil.

¿Esta integral tiene una forma cerrada? Si es así, ¿qué es y cómo lo encontramos?

Editar

Otra expresión interesante para gamma incompleta de DLMF:

$$\Gamma (0,t)=e^{-t} \sum_{n=0}^\infty \frac{L_n (t)}{n+1}$$

Aquí $L_n (t)$ son polinomios de Laguerre. Esta serie converge muy lentamente (y oscila), por lo que parece bastante inútil para el cálculo, sin embargo da una bonita expresión de la integral:

$$\int_0^\infty \frac{dx}{(1+e^x)(a+x)}=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k} \sum_{n=0}^\infty \frac{L_n (ka)}{n+1} $$

Nota, que la continuidad en la fracción anterior converge mucho más rápido que el de la serie.

Answer 1

Desde: $$\mathcal{L}\left(\frac{1}{1+e^x}\right) = \frac{1}{2}\left[\psi\left(\frac{s+2}{2}\right)-\psi\left(\frac{s+1}{2}\right)\right],\qquad \mathcal{L}^{-1}\left(\frac{1}{a+x}\right)=e^{-as}$ $ la integral original es igual a: $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{1}{2}\left[\psi\left(\frac{s+2}{2}\right)-\psi\left(\frac{s+1}{2}\right)\right]e^{-as}\,ds=\frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}\int_{\frac{s+1}{2}}^{\frac{s+2}{2}}\sum_{n\geq 0}\frac{e^{-as}}{(n+u)^2}\,du\,ds $ $ y por la integración por partes, el lado izquierdo sólo depende de: %#% $ de #% que puede ser ampliado aprovechando el producto de Weierstrass para la función de #% de #% %, llevando a una serie rápidamente convergente, cuyo primer término es $$ \int_{0}^{+\infty}\left[\log\Gamma\left(\frac{s+2}{2}\right)-\log\Gamma\left(\frac{s+1}{2}\right)\right]e^{-as}\,ds$.