0.0

\[\int_0^{+\infty}\frac{xe^{-x}}{(e^x+1)^2}{\rm d}x \]

Solution 1 :

\[\begin{align*} \int_0^{+\infty}\frac{xe^{-x}}{(e^x+1)^2}{\rm d}x=&\int_0^{+\infty}-xe^{-2x}{\rm d}\left(\frac{1}{e^x+1}\right)=\int_0^{+\infty}\frac{e^{-2x}(1-2x)}{e^x+1}{\rm d}x\\ \color{red}{(e^x=t)}\qquad=&\int_1^{+\infty}\frac{1-2\ln t}{t^3(t+1)}{\rm d}t=\int_1^{+\infty}(1-2\ln t)\left(\frac{1}{t^3}-\frac{1}{t^2}+\frac1t-\frac{1}{t+1}\right){\rm d}t \end{align*} \]

易見

\[\int_1^{+\infty}\left(\frac{1}{t^3}-\frac{1}{t^2}+\frac1t-\frac{1}{t+1}\right){\rm d}t=\ln 2-\frac12 \]

注意到

\[\int_1^\infty \frac{\ln x}{x^a}{\rm d}x = \frac{1}{(a - 1)^2}\qquad(a>1) \]

和

\[\int_1^{+\infty}\ln t\left(\frac1t-\frac{1}{t+1}\right){\rm d}t=-\int_0^1\frac{\ln t}{1+t}{\rm d}t=\frac{\pi^2}{12} \]

於是

\[\int_0^{+\infty}\frac{xe^{-x}}{(e^x+1)^2}{\rm d}x=\ln 2-\frac12-2\left(\frac14-1+\frac{\pi^2}{12}\right)=\ln 2+1-\frac{\pi^2}{6} \]

\(\square\)

Solution 2 : 考慮直接展開為級數, 利用

\[\frac{1}{(1+x)^2}=\sum_{n=0}^{\infty}x^n(-1)^n(1+n)\qquad |x|<1 \]\[\begin{align*} \int_0^{+\infty}\frac{xe^{-x}}{(e^x+1)^2}{\rm d}x=&\int_0^{+\infty}\frac{xe^{-3x}}{(e^{-x}+1)^2}{\rm d}x=\int_0^{+\infty}xe^{-3x}\sum_{n=0}^{\infty}e^{-nx}(-1)^n(1+n){\rm d}x\\ =&\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n(1+n)\int_0^{+\infty}xe^{-(n_+3)x}{\rm d}x=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{n+1}{(n+3)^2}\\ =&\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n+3}-2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(n+3)^2}\\ =&\ln 2-\frac12-2\left(\frac14-1+\frac{\pi^2}{12}\right)=\ln 2+1-\frac{\pi^2}{6} \end{align*} \]

\(\square\)