La integral definida: $\int_0^\infty \frac{x dx}{(1+x^2)(1+e^{\pi x})}$

Question

Necesito ayuda para calcular el valor de la siguiente definitiva integral impropia: $$\int_0^\infty \frac{x dx}{(1+x^2)(1+e^{\pi x})}=\text{?}$$ Aquí están mis pensamientos e intentos:

• He intentado utilizar la transformada de Laplace de la identidad de las integrales definidas, sin suerte (ya que sólo se puede calcular la transformada de Laplace de $\frac{1}{e^{\pi x}+1}$ en términos de la función digamma... puaj)
• No puedo usar el teorema de los residuos, ya que la integral es de $0$ $\infty$y el integrando no es una función par
• Me gustaría expandir $\frac{x}{1+x^2}=\frac{1/x}{1-(-1/x^2)}$ como una serie geométrica, pero no siempre convergen desde $x$ $0$ $\infty$

CONTEXTO: La integral se acercó a Jack D'Aurizio la respuesta a esta pregunta.

Alguna idea?

Answer 1

Utilizamos la fórmula (válido para $\Re (z) > 0$): $$\psi(z) = \ln z - \frac{1}{2z} - 2 \int_0^\infty \frac{x}{(x^2+1)(e^{2\pi xz}-1)} dx$$ que $\psi(z)$ es la función digamma, esto se desprende de la diferenciación de Binet la segunda fórmula.

Desde $$\int_0^\infty \frac{x dx}{(1+x^2)(1+e^{\pi x})} = \int_0^\infty \frac{x dx}{(1+x^2)(e^{\pi x}-1)} - 2\int_0^\infty \frac{x dx}{(1+x^2)(e^{2\pi x}-1)}$$

aplicando la fórmula se obtiene el resultado: $$\int_0^\infty \frac{x dx}{(1+x^2)(1+e^{\pi x})} = \frac{\ln 2 - \gamma}{2}$$

Answer 2

Estaban en una prometedora pista. Por la transformada de Laplace

$$A_k=\int_{0}^{+\infty}\frac{x}{1+x^2}e^{-\pi k x}\,dx =(-1)^k\int_{k\pi}^{+\infty}\frac{\cos x}{x}\,dx=(-1)^k\int_{k}^{+\infty}\frac{\cos(\pi x)}{x}\,dx\tag{1}$$ por lo tanto $$\int_{0}^{+\infty}\frac{x\,dx}{(1+x^2)(e^{\pi x}+1)}=\sum_{k\geq 1}(-1)^{k+1}A_k=-\sum_{k\geq 1}\int_{k}^{+\infty}\frac{\cos(\pi x)}{x}\,dx \\=-\frac{1}{\pi}\int_{1}^{+\infty}\frac{\lfloor x\rfloor \sin(\pi x) }{x}\,dx\tag{2}$$ y el reclamo de la siguiente manera por la explotación de la transformada de Fourier senoidal serie de $\lfloor x\rfloor-\frac{1}{2}$, Dirichlet integral de $\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin(mx)}{x}\,dx=\frac{\pi}{2}$, su generalización $\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin(\pi x)\sin(\pi m x)}{x}\,dx =\frac{1}{2}\log\frac{m+1}{m-1}$ concedido por el complejo de la versión de Frullani del teorema, la definición de la serie de $\gamma$.

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ $$\begin{align} &\bbox[10px,#ffd]{\ds{% \int_{0}^{\infty}{x\,\dd x \over \pars{1 + x^{2}}\pars{1 + \expo{\pi x}}}}} = \\[5mm] = &\ \int_{0}^{\infty}{x \over 1 + x^{2}} \pars{{1 \over \expo{\pi x} + 1} - {1 \over \expo{\pi x} - 1}}\dd x + \int_{0}^{\infty}{x \over 1 + x^{2}} {1 \over \expo{\pi x} - 1}\dd x \\[5mm] = &\ -2\int_{0}^{\infty}{x \over 1 + x^{2}} {1 \over \expo{2\pi x} - 1}\dd x + \int_{0}^{\infty}{x \over 1/4 + x^{2}} {1 \over \expo{2\pi x} - 1}\dd x \\[5mm] = &\ \int_{0}^{\infty}\pars{{x \over 1/4 + x^{2}} - {2x \over 1 + x^{2}}} {1 \over \expo{2\pi x} - 1}\dd x \\[5mm] = &\ -\,{1 \over 2}\bracks{-2\,\Im\int_{0}^{\infty}\pars{{2 \over 1 + x\ic} - {1 \over 1/2 + x\ic}} {1 \over \expo{2\pi x} - 1}\dd x} \end{align}$$

Con el Abel-Plana Fórmula:

$$\begin{align} &\bbox[10px,#ffd]{\ds{% \int_{0}^{\infty}{x\,\dd x \over \pars{1 + x^{2}}\pars{1 + \expo{\pi x}}}}} = \\[5mm] = &\ -\,{1 \over 2}\,\lim_{N \to \infty}\bracks{% \sum_{k = 0}^{N}\pars{{2 \over k + 1} - {1 \over k + 1/2}} - \int_{0}^{N}\pars{{2 \over x + 1} - {1 \over x + 1/2}}\,\dd x} \label{1}\tag{1} \end{align}$$

---

Tenga en cuenta que $$\begin{equation} \left\{\begin{array}{rclcl} \ds{\sum_{k = 0}^{N}{2 \over k + 1}} & \ds{=} & \ds{2\sum_{k = 0}^{\infty}\pars{{1 \over k + 1} - {1 \over k + N + 2}}} & \ds{=} & \ds{2\pars{H_{N + 1} + \gamma}} \\[1mm] \ds{\sum_{k = 0}^{N}{1 \over k + 1/2}} & \ds{=} & \ds{\sum_{k = 0}^{\infty}\pars{{1 \over k + 1/2} - {1 \over k + N + 3/2}}} & \ds{=} & \ds{H_{N + 1/2} + \gamma + 2\ln\pars{2}} \end{array}\right. \label{2}\etiqueta{2} \end{equation}$$ donde $\ds{H_{z}}$ es un Número Armónico, $\ds{\gamma}$ es la De Euler-Mascheroni Constantey $$\begin{equation} \int_{0}^{N}\pars{{2 \over x + 1} - {1 \over x + 1/2}}\,\dd x = 2\ln\pars{N + 1} - \ln\pars{N + {1 \over 2}} - \ln\pars{2} \label{3}\tag{3} \end{equation}$$

Con $\eqref{1}$, $\eqref{2}$ y $\eqref{3}$:

$$\bbx{\int_{0}^{\infty}{x\,\dd x \\pars{1 + x^{2}}\pars{1 + \expo{\pi x}}} = {1 \over 2}\bracks{\ln\pars{2} - \gamma}} \approx 0.0580$$ donde hemos utilizado la $\ds{H_{z}}$ comportamiento asintóticocomo $\ds{\verts{z} \to \infty}$.

Answer 4

El uso de la transformada de Fourier senoidal transformar y método generalizado:

$$\color{Blue}{\int_0^{\infty } \frac{x}{\left(1+x^2\right) (1+\exp (\pi x))} \, dx}=\\\int_0^{\infty } \text{FourierSinTransform}\left[\frac{x}{1+x^2},x,s\right] \text{FourierSinTransform}\left[\frac{1}{1+\exp (\pi x)},x,s\right] \, ds=\\\int_0^{\infty } \left(\frac{e^{-s}}{2}-\frac{1}{2} e^{-s} \text{csch}(s)\right) \, ds=\color{blue}{\\\frac{1}{2} (-\gamma +\ln (2))}$$

Answer 5

No es una respuesta, pero el camino es demasiado largo para un comentario.

Usted tiene que si $h$ es una función impar y $$f(x)=\frac{h(x)}{1+e^{ax}}$$

$$f(-x)=\frac{-h(x)}{1+e^{-ax}}=-e^{ax}f(x)$$

O, si $g(x)=f(x)e^{ax/2}$ $g$ es impar.

No está seguro de cómo eso ayuda.

También tenemos $f(x)-f(-x)=h(x),$, por lo que la extraña parte de $f$ $O(x)=\frac{1}{2}h(x).$

Esto significa que la parte de $f(x)$ es:

$$E(x)=f(x)-\frac{1}{2}h(x)=\frac{1}{2}h(x)\cdot\frac{1-e^{ax}}{1+e^{ax}}=-\frac{1}{2}h(x)\tanh\left(\frac {ax}2\right)$$

Desde $f(x)=E(x)+O(x)$, se puede separar el problema en dos partes.

Podemos fácilmente, en este caso, calcular los $$\frac{1}{2}\int_{0}^{T}\frac{x\,dx}{1+x^2}.=\frac{1}{4}\int_{0}^{T^2}\frac{dt}{1+t}=\frac{1}{4}\log(T^2+1)$$

Entonces sabemos que el $$\int_O^T E(x)\,dx=\frac 12\int_{-T}^T E(x)\,dx$$

Así que si podemos calcular los $$\frac{1}4\log(1+T^2)-\frac{1}{4}\int_{-T}^{T}\frac{x}{x^2+1}\tanh\left(\frac {ax}2\right)\,dt$$

Este restantes integral podría ser más fácil con un contorno integral de la original. No estoy seguro.