La resolución de $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^2e^x}{(1+e^x)^2}dx$

Question

Estoy tratando de utilizar los residuos para solucionar $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^2e^x}{(1+e^x)^2}dx$; la respuesta es $\frac{\pi^2}{3}$. He tratado de split $\frac{x^2e^x}{(1+e^x)^2}$ en dos partes
$$\frac{x^2}{e^x+1}-\frac{x^2}{\left(e^x+1\right)^2},$$
sin embargo, el progreso no se hizo. Yo no podía resolver $$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{z^2}{e^z+1}-\frac{z^2}{\left(e^z+1\right)^2}dz. $$ nada más fácil que el problema en cuestión. Como cuestión de hecho, ninguna de estas dos integrales convergen de forma individual. La forma en que resuelvo el problema fue por la búsqueda de la singularidad, es decir, cuando se $e^z=-1$. Así que me dieron, cuando dejamos $z=x+iy$,$z_k=i\pi+2\pi k$$k\in\mathbb{Z}$. Este es mi intento, $$ \int_{C}\frac{z^2e^{z}} {e^z+1)^2}=2\pi\sum_{\forall n}(Res(f,z_n)). $$ Desde $\{-1\}$ es un de segundo orden polo, nuestro residuo está dada por $$ \lim_{z\a z_k}\frac{d}{dz}[(z-z_k)^2\frac{z^2e^{z}} {e^z+1)^2}]. $$ He encontrado estos con la ayuda de Mathematica. Sin embargo, si tuviéramos que calcular todos los residuos tendríamos una secuencia alternante, dispuestos adecuadamente. Se hace más evidente cuando se resuelve la ecuación que se divide. Por ejemplo, si tomamos $z_{-4}$ tenemos $$ 2 \pi i \left(\lim_{z\a z_{-4}} \, \frac{z^2 (z-z_{-4})}{e^z+1}\right)\ \text{y}\ 2 \pi i \left(\lim_{z\a z_{-4}} \, \frac{\partial }{\partial z}\frac{\left(z-z_{-4}\right){}^2 \left(-z^2\right)}{\left(e^z+1\right)^2}\right) $$ o, $$ 98i\pi^3 \text{ y } 14 i (-7 \pi +2 i) \pi ^2. $$ Así que el total de contribución $-28 \pi ^2$. Era como si nos tomamos $z_4$ obtendríamos $$ 162 i \pi ^3 \text{ y } -18 i \pi ^2 (9 \pi +2 i) $$ y la contribución $36 \pi ^2$. Un dilema es encontrar la suma de todos estos residuos. Es mi trabajo defectuoso? Hay un mejor contorno para hacer de este problema? Gracias por la ayuda.

Answer 1

$\newcommand{\+}{^{\daga}}% \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \cima {= \cima \vphantom{\enorme}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,}% \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert #1 \right\vert}% \newcommand{\yy}{\Longleftrightarrow}$ Esta integral es un habitual en la Mecánica Estadística $\pars{~\mbox{the integrand is an}\ {\large\tt\mbox{even}}\ \mbox{function}~}$: \begin{align}\color{#0000ff}{\large% \int_{-\infty}^{\infty}\!\!{x^{2}\expo{x}\,\dd x \over \pars{\expo{x} + 1}^{2}}} &= -2\int_{0}^{\infty}x^{2}\,\totald{}{x}\pars{1 \over \expo{x} + 1}\,\dd x = 4\int_{0}^{\infty}{x \over \expo{x} + 1}\,\dd x \\[3mm]&= 4\int_{0}^{\infty}x\pars{{1 \over \expo{x} + 1} - {1 \over \expo{x} - 1}}\,\dd x + 4\int_{0}^{\infty}{x \over \expo{x} - 1}\,\dd x \\[3mm]&= -8\int_{0}^{\infty}{x \over \expo{2x} - 1}\,\dd x + 4\int_{0}^{\infty}{x \over \expo{x} - 1}\,\dd x \\[3mm]&= -2\int_{0}^{\infty}{x \over \expo{x} - 1}\,\dd x + 4\int_{0}^{\infty}{x \over \expo{x} - 1}\,\dd x = 2\int_{0}^{\infty}x\expo{-x}\,{1 \over 1 - \expo{-x}}\,\dd x \\[3mm]&= 2\int_{0}^{\infty}x\expo{-x}\sum_{\ell = 0}^{\infty}\expo{-\ell x}\,\dd x = 2\sum_{\ell = 0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}x\expo{-\pars{\ell + 1}x}\,\dd x \\[3mm]&= 2\sum_{\ell = 0}^{\infty}{1 \over \pars{\ell + 1}^{2}}\ \overbrace{\int_{0}^{\infty}x\expo{-x}\,\dd x}^{=\ 1} = 2\ \overbrace{\sum_{\ell = 1}^{\infty}{1 \over \ell^{2}}}^{\ds{=\,\pi^{2}/6}} = \color{#0000ff}{\large{\pi^{2} \over 3}} \end{align}

Answer 2

Ampliando mi comentario, tu problema es que tienes que abarca una infinidad de polos. Elija una curva que abarca un número finito de lugar. En particular, tratar de integrar más el rectángulo con vértices $(-R,0),(R,0),(-R,2\pi i), (R,2\pi i)$. Ser un poco cuidadoso sobre la parte superior del rectángulo. Para $f(z) = \frac{z^2 e^z}{(1+e^z)^2}$ $$f(z+2\pi i) = \frac{(z+2\pi i)^2 e^z}{(1+e^z)^2} = f(z) -4\pi^2 \frac{e^z}{(1+e^z)^2} +4\pi i \frac{z e^z}{(1+e^z)^2}.$$ En particular, si se trató de evaluar la integral de usar que solo abarcaba el polo de residuos de inmediato que usted no obtener la respuesta correcta. El medio plazo tiene una contribución, pero el tercer término no contribuye en nada.