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

Question

Evalúe $$\int_0^{+\infty}\frac{\log x}{1+e^x}\,dx.$$

He intentado utilizar el truco de Feynman (de varias formas, pero por ejemplo introduciendo una variable $a$ tal que $I(a)=\int_0^{+\infty}\frac{\log ax}{1+e^x}\,dx$ ), pero no parece funcionar. También la integración por partes y todo tipo de sustituciones empeoran las cosas (no tengo ni idea de cómo sustituir de tal manera que $\log$ y $\exp$ ambos se simplifican.

(Fuente: Campeonato neerlandés de integración 2013 - Nivel 5/5)

Answer 1

Hay una forma de evitar funciones especiales y transformaciones, similar al dispositivo para calcular integrales de Frullani: Calculemos $\displaystyle\int^\infty_\epsilon\frac{\log x}{1+e^x}\,dx$ hasta condiciones $o(1)$ para $\epsilon\to0+$ . Con la identidad $$\frac1{e^x+1}=\frac1{e^x-1}-\frac2{e^{2x}-1},$$ tenemos \begin{align}\int^\infty_\epsilon\frac{\log x}{1+e^x}\,dx&=\int^\infty_\epsilon\frac{\log x}{e^x-1}\,dx-\int^\infty_\epsilon\frac{2\log x}{e^{2x}-1}\,dx\\&=\int^\infty_\epsilon\frac{\log x}{e^x-1}\,dx-\int^\infty_{2\epsilon}\frac{\log x-\log2}{e^x-1}\,dx \\&=\int^{2\epsilon}_\epsilon\frac{\log x}{e^x-1}\,dx+\int^\infty_{2\epsilon}\frac{\log2}{e^x-1}\,dx \end{align} Utilizando $\displaystyle\frac1{e^x-1}=\frac1x+O(1)$ y $\displaystyle\int^{2\epsilon}_\epsilon|\log x|\,dx=o(1)$ vemos $$\int^{2\epsilon}_\epsilon\frac{\log x}{e^x-1}\,dx=\int^{2\epsilon}_\epsilon\frac{\log x}{x}\,dx+o(1)=\frac12\log^22+\log2\log\epsilon+o(1)$$ y $$\int^\infty_{2\epsilon}\frac{\log2}{e^x-1}\,dx=\log2\log\frac1{1-e^{-2\epsilon}}=-\log^22-\log2\log\epsilon+o(1),$$ así que $$\int^\infty_\epsilon\frac{\log x}{1+e^x}\,dx=-\frac12\log^22+o(1),$$ y nuestra integral es $$\int^\infty_0\frac{\log x}{1+e^x}\,dx=-\frac12\log^22.$$

Answer 2

Por la transformada inversa de Laplace $$ \sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1}}{n^s} = \frac{1}{\Gamma(s)}\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x+1}\,dx $$ y diferenciando ambos lados con respecto a $s$ $$ \sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^n \log n}{n^s} = -\frac{\Gamma'(s)}{\Gamma(s)^2}\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x+1}\,dx + \frac{1}{\Gamma(s)}\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{s-1}\log(x)}{e^x+1}\,dx $$ por lo que evaluando en $s=1$ $$\int_{0}^{+\infty}\frac{\log x}{e^x+1}\,dx = \sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^n\log n}{n}+\underbrace{\Gamma'(1)}_{-\gamma}\underbrace{\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{e^x+1}}_{\log 2} $$ y sólo falta descifrar la misteriosa serie $\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^n\log n}{n}$ . Por otro lado por la integral de Frullani, la transformada inversa de Laplace o el truco de Feynman tenemos $\log(n)=\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-x}-e^{-nx}}{x}\,dx$ Así que $$\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^n\log n}{n}=\int_{0}^{+\infty}\frac{\log(1+e^{-x})-e^{-x}\log 2}{x}\,dx=\gamma\log(2)-\frac{1}{2}\log^2(2)\tag{J}$$ donde la última identidad se deduce de la representación integral de la constante de Euler-Mascheroni, obtenida aplicando la transformada inversa de Laplace a la definición de la serie $\gamma=\sum_{n\geq 1}\left[\frac{1}{n}-\log\left(1+\frac{1}{n}\right)\right]$ . Resumiendo, tenemos simplemente $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{\log(x)}{e^x+1}\,dx = \color{red}{-\frac{1}{2}\log^2(2)}.$$ Es posible demostrar la igualdad entre el LHS y el RHS de $(J)$ también por suma por partes y sumas de Euler.

Answer 3

Como se señala en los comentarios $I(a)$ sea la siguiente integral: $$I(a)=\int\limits_0^{\infty} \frac{x^a}{1+e^x}\,dx$$ A continuación, buscamos $I'(0)$ .

$$\begin{align} I(a)&=\int\limits_0^{\infty}e^{-x}x^a\frac{1}{1+e^{-x}}\,dx\\ I(a)&= \int\limits_0^{\infty}e^{-x}x^a \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n e^{-nx}\,dx\\ I(a)&=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\int_\limits0^{\infty}e^{-x(n+1)}x^a\,dx\\ I(a)&=\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n-1}\int\limits_0^{\infty}e^{-nx}x^a\,dx &u=nx\\ I(a)&=\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n-1}\int\limits_0^{\infty} e^{-u}\frac{u^a}{n^a}\frac{du}{n}\\ I(a)&=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^{a+1}} \int\limits_0^{\infty}e^{-u}u^{a}\,du\\ I(a)&=\eta(a+1)\Gamma(a+1) \end{align}$$ Dónde $\eta(s)$ es la función eta de Dirichlet y $\Gamma(s)$ es la función Gamma. Tomando la derivada de ambos lados, $$\begin{align} I'(a)&=\eta'(a+1)\Gamma(a+1)+\eta(a+1)\psi(a+1)\Gamma(a+1)\\ I'(0)&=\eta'(1)\Gamma(1)+\eta(1)\psi(1)\Gamma(1)\\ I'(0)&=\log(2)\gamma-\frac{1}{2}\log^2(2)-\log(2)\gamma\\ I'(0)&=-\frac{1}{2}\log^2(2) \end{align}$$ Así,

$$\int\limits_0^{\infty} \frac{\log(x)}{1+e^x}\,dx=-\log^2\left(\sqrt{2}^{\sqrt{2}}\right)$$

Answer 4

$\log(x)/(1+e^x)=e^{-x} \log(x)/(1+e^{-x})$ luego ampliar $1/(1+e^{-x})$ utilizando la serie geométrica. Hasta cambios de variables te queda entonces integrar $\log(x) e^{-x}$ utilizando cualquier método, y luego calcular una serie infinita determinada.

Answer 5

Tenemos el lema Si f(x) es diferenciable en intervalos $(0,+\infty)$ y $f'(x)$ es función monótona , $\lim\limits_{x\to\infty}f'(x)=0$ entonces existe el límite $$\lim\limits_{n\to\infty}\Big[\frac{1}{2}f(1)+f(2)+f(3)+\cdots+f(n-1)+\frac{1}{2}f(n)-\int_1^nf(x)dx\Big]=l$$ Pro:Que el $$F(x)=\int_1^xf(t)dt$$ Utilizando la fórmula de Taylor, entonces existe $\xi_k,\eta_k:k<\xi_k<k+\frac{1}{2},k+\frac{1}{2}<\eta_k<k+1$ reunirse $$F(k+\frac{1}{2})-F(k)=\frac{1}{2}F'(k)+\frac{1}{8}F''(\xi_k)=\frac{1}{2}f(k)+\frac{1}{8}f'(\xi_k)-F(k+\frac{1}{2})+F(k+1)$$ $$=\frac{1}{2}f(k+1)-\frac{1}{8}f'(\eta_k)$$ Suma la fórmula anterior de $k=1$ a $n-1$ tenemos $$\frac{1}{2}f(1)+f(2)+\cdots+f(n-1)+\frac{1}{2}f(n)-F(n)$$ $$=\frac{1}{8}\Big[f'(\eta_1)-f'(\xi_1)+f'(\eta_2)-f'(\xi_2)+\cdots+f'(\eta_{n-1})-f'(\xi_{n-1})\Big]$$ Utilice la prueba de Leibniz,En el lado derecho de la fórmula anterior existe. Para $f(x)=\frac{\ln x}{x}$ tenemos $$\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n}\frac{\ln n}{n}=l$$ deje $$S_n=\sum_{k=1}^n(-1)^n\frac{\ln k}{k}$$ así que \begin{align} \lim\limits_{n\to\infty}S_{2n}=&\lim_{n\to\infty}\Big(-\frac{\ln1}{1}+\frac{\ln 2}{2}+\cdots+\frac{\ln 2n}{2n}\Big)\\ =&\lim_{n\to\infty}\Big[-(\frac{\ln1}{1}+\frac{\ln2}{2}+\cdots+\frac{\ln2n}{2n}-\frac{(\ln2n)^2}{2})\\ &+{}2(\frac{\ln2}{2}+\frac{\ln4}{4}+\cdots+\frac{\ln2n}{2n})-\frac{(\ln2n)^2}{2}\Big]\\ =&-l+\lim_{n\to\infty}\Big(\frac{1}{1}+\frac{\ln2}{2}+\cdots+\frac{\ln n}{n}-\frac{(\ln n)^2}{2}\Big)\\ &-\lim_{n\to\infty}\Big(\frac{\ln1}{1}+\frac{\ln2}{2}+\cdots+\frac{\ln2}{n}-\ln2\ln n\Big)-\frac{(\ln2)^2}{n}\\ =&\ln2\Big(\gamma-\frac{\ln2}{2}\Big) \end{align} donde $\gamma$ es la constante de Euler-Mascheroni: $\gamma=\lim\limits_{n\to\infty}\Big(\sum\limits_{k=1}^n\frac{1}{k}-\ln n\Big)$

por el trabajo de Jack D'Aurizio: $$\int_{0}^{+\infty}\frac{\log x}{e^x+1}\,dx = \sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^n\log n}{n}+\underbrace{\Gamma'(1)}_{-\gamma}\underbrace{\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{e^x+1}}_{\log 2}$$ tenemos $$\int_0^\infty\frac{\ln x}{e^x+1}=\gamma\ln2-\frac{1}{2}\ln^22-\gamma\ln2=-\frac{1}{2}\ln^22$$ Alos, cuando $\Re(v)>0$ tenemos $$\int_0^\infty\frac{x^{v-1}\ln x}{e^x+1}dx=\Gamma(v)\Big(\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{k^v}[\psi(v)-\ln k]\Big)$$