Специальная функция

[ivvan]

Как называется функция от $\alpha$, равная $\int\limits_0^\infty\frac{x^\alpha dx}{e^x-1}$?

[Ms-dos4]

ivvan
Отдельно никак. Этот интеграл с помощью определения полилогарифма $\[{\rm{L}}{{\rm{i}}_\nu }(z) = \frac{1}{{\Gamma (\nu )}}\int\limits_0^\infty {\frac{{{\xi ^{\nu - 1}}}}{{{z^{ - 1}}{e^\xi } - 1}}} \]$ можно привести к произведению гамма функции на дзета-функцию

$$\[\int\limits_0^\infty {\frac{{{x^\alpha }}}{{{e^x} - 1}}} dx = \Gamma (\alpha + 1){\rm{L}}{{\rm{i}}_{\alpha + 1}}(1) = \Gamma (\alpha + 1)\zeta (\alpha + 1)\]$$

[ivvan]

А $\int\limits_0^\beta\frac{x^\alpha dx}{e^x-1}$ нельзя выразить аналогичным образом?

[Ms-dos4]

ivvan
В общем случае трудно сказать. Идея следующая - сделать замену переменных $\[\xi = {e^x}\]$, тогда $\[\int\limits_0^\beta {\frac{{{x^\alpha }}}{{{e^x} - 1}}dx} = \int\limits_1^{{e^\beta }} {\frac{{{{\ln }^\alpha }\xi }}{{\xi (\xi - 1)}}d\xi } = \int\limits_1^{{e^\beta }} {\frac{{{{\ln }^\alpha }\xi }}{{\xi - 1}}d\xi } - \frac{{{\beta ^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}}\]$
Вот тут если $\[\alpha \]$ будет натуральным числом, то первый интеграл можно представить в виде конечного многочлена (степени $\[\alpha \]$) по степеням $\[\beta \]$ (в коэффициентах его будут полилогарифмы), однако если оно не будет натуральным, то тут сложно сказать... Через ряд наверное ответ можно записать, но толку то... А вам собственно для чего это нужно? Если у вас физическая задача (интегралы типа Бозе), то наверно можно кучу упрощений напридумывать.

[ivvan]

Ms-dos4 в сообщении #1100857 писал(а):

$\[\int\limits_0^\beta {\frac{{{x^\alpha }}}{{{e^x} - 1}}dx} = \int\limits_1^{{e^\beta }} {\frac{{{{\ln }^\alpha }\xi }}{{\xi (\xi - 1)}}d\xi } = \int\limits_1^{{e^\beta }} {\frac{{{{\ln }^\alpha }\xi }}{{\xi - 1}}d\xi } - \frac{{{\beta ^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}}\]$

Не пойму последнее равенство. Там взятие по частям?

Ms-dos4 в сообщении #1100857 писал(а):

А вам собственно для чего это нужно?

Встретил табличку значений этих 2 функций (для второй $\alpha=3$), надеялся узнать об свойствах, в первую очередь откуда берутся их значения.

[Ms-dos4]

ivvan
1)Я просто разложил на простые дроби, второй интеграл берётся легко и я сразу записал его значение
2)Так что бы составить таблицу не нужно аналитически интегрировать (хотя в случае натуральных $\[\alpha \]$, как я говорил выше, это и можно выразить через спецфункции). Можно же просто взять да численно вычислить то, что нужно.

[ivvan]

Ms-dos4 в сообщении #1100857 писал(а):

первый интеграл можно представить в виде конечного многочлена (степени $\[\alpha \]$) по степеням $\[\beta \]$ (в коэффициентах его будут полилогарифмы)

А это тоже как-то легко получается?

Нашёл всё-таки эти функции.

[Ms-dos4]

ivvan
Да, достаточно легко. Первый раз берём по частям $\[\int\limits_1^{{e^\beta }} {\frac{{{{\ln }^\alpha }\xi }}{{\xi - 1}}d\xi } = \int\limits_1^{{e^\beta }} {{{\ln }^\alpha }\xi d(\ln (1 - \xi ))} = \ln (1 - {e^\beta }){\beta ^\alpha } - \alpha \int\limits_1^{{e^\beta }} {\frac{{{{\ln }^{\alpha - 1}}\xi \cdot \ln (1 - \xi )}}{\xi }} d\xi \]$
А теперь заметим, что $\[{{\mathop{\rm Li}\nolimits} _1}(\xi ) = - \ln (1 - \xi )\]$, ну и $\[{{\mathop{\rm Li}\nolimits} _{n + 1}}(z) = \int {\frac{{{{{\mathop{\rm Li}\nolimits} }_n}(z)}}{z}} dz\]$. Дальнейшие интегрирования по частям элементарны $\[\int\limits_1^{{e^\beta }} {\frac{{{{\ln }^{\alpha - 1}}\xi \cdot {{{\mathop{\rm Li}\nolimits} }_1}(\xi )}}{\xi }} d\xi = \int\limits_1^{{e^\beta }} {{{\ln }^{\alpha - 1}}\xi } d({{\mathop{\rm Li}\nolimits} _2}(\xi )) = {{\mathop{\rm Li}\nolimits} _2}({e^\beta }){\beta ^{\alpha - 1}} - (\alpha - 1)\int\limits_1^{{e^\beta }} {\frac{{{{\ln }^{\alpha - 2}}\xi \cdot {{{\mathop{\rm Li}\nolimits} }_2}(\xi )}}{\xi }} d\xi \]$. Ну и так до победного в случае натурального $\[\alpha \]$. В частности, для $\[\alpha = 3\]$ окончательный ответ такой
$\[\int\limits_0^\beta {\frac{{{x^3}}}{{{e^x} - 1}}dx} = - \frac{{{\beta ^4}}}{4} + {\beta ^3}\ln (1 - {e^\beta }) + 3{\beta ^2}{{\mathop{\rm Li}\nolimits} _2}({e^\beta }) - 6\beta {{\mathop{\rm Li}\nolimits} _3}({e^\beta }) + 6{{\mathop{\rm Li}\nolimits} _4}({e^\beta }) - \Gamma (4)\zeta (4)\]$
В этом выражении правда есть загвоздка - если у нас $\[{e^\beta } > 1\]$ то логарифм и полилогарифмы будут комплексные, но при конечном подсчете все мнимые части должны сократиться, по идее (можно кстати было использовать замену $\[\xi = {e^{ - x}}\]$ в начале что бы этого избежать, но там будет сложнее с интегрированием)
P.S.Да, спасибо за ссылку. Ну как я и говорил, видимо в самом общем случае ничего кроме рядов нет.

[ivvan]

Ms-dos4 в сообщении #1100890 писал(а):

можно кстати было использовать замену $\[\xi = {e^{ - x}}\]$ в начале что бы этого избежать, но там будет сложнее с интегрированием

Получилось

$$\int\limits_0^\beta\frac{x^3dx}{e^x-1}=\int\limits_0^\beta\frac{x^3de^{-x}}{e^{-x}-1}=(-1)^3\int\limits_{e^{-\beta}}^1\frac{\ln^3\xi d\xi}{1-\xi}=0-(-\beta^3\ln(1-e^{-\beta}))-(-1)^3\int\limits_{e^{-\beta}}^1-2\frac{\ln^2\xi\ln(1-\xi)d\xi}{\xi}=$$

$$=\beta^3\ln(1-e^{-\beta})+3(-\beta^2\text{Li}_2e^{-\beta}-(-1)^2\int\limits_{e^{-\beta}}^12\frac{\ln\xi\text{Li}_2\xi d\xi}{\xi})=\beta^3\ln(1-e^{-\beta})+3(-\beta^2\text{Li}_2e^{-\beta}+2(-\beta\text{Li}_3e^{-\beta}-(-1)\int\limits_{e^{-\beta}}^1\frac{\text{Li}_3\xi d\xi}{\xi}))=$$

$$=\beta^3\ln(1-e^{-\beta})+3(-\beta^2\text{Li}_2e^{-\beta}+2(-\beta\text{Li}_3e^{-\beta}+\zeta(4)-\text{Li}_4e^{-\beta}))=\beta^3\ln(1-e^{-\beta})-3\beta^2\text{Li}_2e^{-\beta}-6\beta\text{Li}_3e^{-\beta}-6\text{Li}_4e^{-\beta}+6\zeta(4)$$

, что сходится по значениям, хотя лучше считать, видимо, через ряд. Спасибо, я разобрался.