Отношение двух интегралов

[dmkozyrev]

Здравствуйте! Даны два сходящихся интеграла:

$I(r) = \int_{0}^{+\infty} \dfrac{x^r}{e^x+1} dx$ и $K(r) = \int_{0}^{+\infty} \dfrac{x^r}{e^x-1} dx$

где $r > 0$

Необходимо найти их отношение, то есть $I(r):K(r)$.

Я пробовал проводить логарифмическую замену, рассматривать разность, произведение (сведение к двумерному интегралу на первой четверти плоскости), но ничего не помогло. Больше идей нет, подсобите, пожалуйста

[Vince Diesel]

Разложите в ряд, выйдет дзета-функция.

[wrest]

Похоже что для положительных $r$, $I(r):K(r)=1-2^{-r}$

[dmkozyrev]

Vince Diesel в сообщении #1328492 писал(а):

Разложите в ряд, выйдет дзета-функция.

А какой ряд Вы имеете в виду? Разложить в ряд отношение интегралов?

[wrest]

dmkozyrev в сообщении #1328500 писал(а):

Разложить в ряд отношение интегралов?

Разложить оба интеграла, сгруппировать, увидеть одинаковые множители...

[Vince Diesel]

dmkozyrev в сообщении #1328500 писал(а):

А какой ряд Вы имеете в виду?

Разложить подинтегральную функцию, проинтегрировать почленно.

-- Вт июл 24, 2018 14:50:37 --

Хотя, еще способ, во втором интеграле сделать замену $x=2y$ и выразить результат через $I(r)$ и $K(r)$.

[novichok2018]

Можно попробовать в образах пр. Меллина увидеть соотношение между образами, а значит и между самими интегралами.
Отменяется.
В справочнике NIST есть два выражения для обычной дзета функции Римана-одно через первый интеграл, второе через второй. Делим, получаем указанную здесь простую формулу.
В справочнике Бейтмен-Эрдейи том 1 тоже есть пара нужных формул, с. 47.

[pogulyat_vyshel]

ну как дети малые:) в первом интеграле домножить числитель и знаменатель на $e^x-1$ во втором на $e^x+1$; вычесть из одного интеграла другой; в полученном интеграле сделать замену переменной

[dmkozyrev]

Большое спасибо Всем! Решил еще днем, но до компьютера добрался только сейчас. Задача с вступительного экзамена в магистратуру МИРЭА прошлого года, источник: https://priem.mirea.ru/docs/2018/samples/math_mag_403_17.pdf. Мое решение:

$$K(r) = \int_{0}^{+\infty} \dfrac{x^r dx}{e^x-1} = \int_{1}^{+\infty} \dfrac{\log^r{(x)} dx}{x(x-1)}=\int_{1}^{+\infty} \log^r{(x)} \cdot \left(\dfrac{1}{x-1}-\dfrac{1}{x}\right) dx$$

$$I(r) = \int_{0}^{+\infty} \dfrac{x^r dx}{e^x+1} = \int_{1}^{+\infty} \dfrac{\log^r{(x)} dx}{x(x+1)}=\int_{1}^{+\infty} \log^r{(x)} \cdot \left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x+1}\right) dx$$

$$K(r)-I(r)=\int_{1}^{+\infty} \log^r{(x)} \cdot \left(\dfrac{1}{x-1}-\dfrac{2}{x}+\dfrac{1}{x+1}\right) dx =\int_{1}^{+\infty} \dfrac{\log^r{(x)} \cdot 2 dx}{x(x-1)(x+1)} = \int_{1}^{+\infty} \dfrac{\log^r{(x)} \cdot 2x dx}{x^2(x^2-1)} =$$

$$= \int_{1}^{+\infty} \left(\dfrac{1}{2}\right)^r\dfrac{\log^r{(y)} dy}{y(y-1)}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^r \cdot K(r) \Rightarrow I(r) = \left(1-2^{-r}\right) \cdot K(r)$$

[ewert]

Проще в лоб:

$$K(r)-I(r)=\int\limits_0^{+\infty}x^r\left(\frac1{e^x-1}-\frac1{e^x+1}\right)dx=\int\limits_0^{+\infty}x^r\,\frac{2}{e^{2x}-1}\,dx=$$

$$=\Big[2x=t\Big]=\frac1{2^r}\int\limits_0^{+\infty}\frac{t^r\,dt}{e^{t}-1}=\frac1{2^r}\,K(r).$$