Найти интеграл

[StaticZero]

Добрый вечер. Нужно решить найти интеграл

$$ \int \limits_0^\infty \frac{x \ \mathrm dx}{e^x + 1} $$

и его собрата

$$ \int \limits_0^\infty \frac{x^3 \ \mathrm dx}{e^x - 1}. $$

Разберёмся пока с первым. Всё, что я знаю про него, это то, что следующие четыре интеграла равны:

$$ \int \limits_0^\infty \frac{x \ \mathrm dx}{e^x + 1} = \int \limits_1^\infty \frac{\ln x \ \mathrm dx}{x(x+1)} = -\int \limits_0^1 \frac{\ln x \ \mathrm dx}{x+1} = \int \limits_0^1 \frac{\ln (x+1) \ \mathrm dx}{x}. $$

У первого бесконечно много полюсов в знаменателе в точках $(2n+1)i \pi$. У второго полюса в точках $0$, $-1$ и точка ветвления в нуле. У третьего полюс в точке $-1$ и точка ветвления в нуле. У четвёртого точка ветвления $-1$ и полюс в нуле. Последний интеграл кажется самым перспективным.

Собственно, затруднение в том, что я не могу просто так применить вычеты, поскольку не могу понять, какой контур надо взять. Подскажите, пожалуйста, идею, я попробую довести до ума. Своих уже не осталось (пробовал и параметры в разные места запихивать, и по частям брать, пришёл только к Равенству Четырёх Интегралов).

[kotenok gav]

StaticZero в сообщении #1343298 писал(а):

Нужно решить найти интеграл

$$ \int \limits_0^\infty \frac{x \ \mathrm dx}{e^x + 1} $$

WolframAlpha красиво не берет.

[thething]

В интеграле $\int\limits_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{x}dx$ можно использовать разложение в ряд и поменять порядок суммирования и интегрирования.

-- 02.10.2018, 20:58 --

Хотя лучше этим способом посчитать интеграл $\int\limits_{0}^{1}\frac{\ln x}{1-x}dx$ (получится более простой ряд), а потом к Вашему интегралу $\int\limits_{0}^{1}\frac{\ln x}{1+x}dx$ прийти заменой $x=t^2$.

-- 02.10.2018, 21:15 --

Второй интеграл (на уровне идеи) можно попробовать вычетами: рассмотреть интеграл от функции $f(z)=\frac{z^4}{e^z+1}$ по прямоугольному контуру с вертикальной стороной $[-\pi i, \pi i]$ и горизонтальной стороной $[0,R]$ (обойдя особые точки по четвертинкам дуг). Правда, нет гарантии, что для этого не придётся считать какие-нибудь промежуточные интегралы, например с $x$ (методика та же). Ну и если повезет, то там получится один неберущийся интеграл по вертикальной части контура, который можно будет убрать по нечётности.

[StaticZero]

$$ \int \limits_0^1 \left(1 + \sum\limits_{k=1}^\infty\frac{x^k}{k+1}(-1)^{k}\right) \ \mathrm dx = -\sum \limits_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k }{k^2} $$

[thething]

StaticZero
Я Вам там дал ещё совет, как прийти к более знакомому ряду, но если угодно именно этот, то разложите в ряд Фурье $x^2$ на отрезке $[-\pi,\pi]$ и попробуйте что-нибудь в него подставить.

[StaticZero]

thething в сообщении #1343314 писал(а):

Я Вам там дал ещё совет, как прийти к более знакомому ряду

У меня там интегралы разошлись.

thething в сообщении #1343306 писал(а):

Второй интеграл (на уровне идеи) можно попробовать вычетами: рассмотреть интеграл от функции $f(z)=\frac{z^4}{e^z+1}$ по прямоугольному контуру с вертикальной стороной $[-\pi i, \pi i]$ и горизонтальной стороной $[0,R]$ (обойдя особые точки по четвертинкам дуг).

$$ \begin{align*} \lim \limits_{R \to \infty} \oint \limits_{\Gamma} &= \int \limits_\varepsilon^\infty \frac{(x-i \pi)^4 \ \mathrm dx}{1-e^x} - \int \limits_\varepsilon^\infty \frac{(x+i \pi)^4 \ \mathrm dx}{1-e^x} - i\int \limits_{-\pi+\varepsilon}^{\pi - \varepsilon} \frac{y^4 \ \mathrm dy}{e^{iy} + 1} + \text{четвертинки} = \\ &= 8 i \pi \int \limits_\varepsilon^\infty \frac{x^3 \ \mathrm dx}{e^x - 1} - 8 i \pi^3 \int \limits_\varepsilon^\infty \frac{x \ \mathrm dx}{e^x - 1} - i\int \limits_{-\pi+\varepsilon}^{\pi - \varepsilon} \frac{y^4 \ \mathrm dy}{e^{iy} + 1} + \text{четвертинки} \end{align*} $$

-- 02.10.2018 в 20:00 --

Четвертинки, вроде бы, это есть четверть вычета в точке, по моим прикидкам. (интересно, если угловой размер дуги $\varphi$, то правда ли, что интеграл по такой стягивающейся дуге равен $i \varphi \operatorname{res} \ldots$?) Таким образом,

$$ \text{четвертинки} = -i \pi^5. $$

-- 02.10.2018 в 20:10 --

Обозначим $a = \pi - \varepsilon$.

$$ \int \limits_{-a}^a \frac{y^4 \ \mathrm dy}{e^{iy}+1} = \int \limits_0^a + \int \limits_{-a}^0 = \int \limits_0^a \frac{y^4 \ \mathrm dy}{e^{iy}+1} + \int \limits_0^a \frac{y^4 \ \mathrm dy}{e^{iy}+1} e^{iy} = \int \limits_0^a y^4 \ \mathrm dy = a^5/5 \to \pi^5/5 $$

[Otta]

Считать мне что-то нынче неохота, но вообще и тот интеграл, и этот - интегральные представления дзета-функции. Можно от этого и сочинять решение, если ТФКП необязательно.

[StaticZero]

StaticZero в сообщении #1343320 писал(а):

$$ \text{четвертинки} = -i \pi^5. $$

Здесь минус ещё нужен. Истинное значение $i \pi^5$.

Касаемо интеграла с иксом

$$ \begin{align*} 0 &= \lim \limits_{R \to \infty} \frac{z^2 \ \mathrm dz}{1+e^z} = - \int \limits_\varepsilon^\infty \frac{(x^2 + 2 x i \pi - \pi^2) \ \mathrm dx}{1 - e^x} + \int \limits_\varepsilon^\infty \frac{(x^2 - 2 x i \pi - \pi^2) \ \mathrm dx}{1 - e^x} + \int \limits_{-a}^a \frac{y^2 \ \mathrm dy}{1+e^{iy}} + \text{четвертинки} = \\ &= 4 i \pi \int \limits_\varepsilon^\infty \frac{x \ \mathrm dx}{e^x - 1} + i a^3/3-i \pi^3, \end{align*} $$

где

$$ \text{четвертинки} = -i \pi^3. $$

Итого

$$ \int \limits_0^\infty \frac{x \ \mathrm dx}{e^x - 1} = \frac{\pi^3 - \pi^3/3}{4 \pi} = \frac{\pi^2}{6}, $$

$$ \int \limits_0^\infty \frac{x^3 \ \mathrm dx}{e^x - 1} = \frac{\pi^4}{6} + \frac{\pi^5/5}{8 \pi} - \frac{\pi^5}{8 \pi} = \frac{\pi^4}{15}. $$

[grizzly]

kotenok gav в сообщении #1343302 писал(а):

StaticZero в сообщении #1343298 писал(а):

Нужно решить найти интеграл

$$ \int \limits_0^\infty \frac{x \ \mathrm dx}{e^x + 1} $$

WolframAlpha красиво не берет.

У нас Вольфрамы разные? Мой даёт точную формулу: $\displaystyle\frac {\pi^2}{12}$

[arseniiv]

Да, integrate x / (e^x + 1) dx from 0 to infinity работает хорошо. Подозреваю, некто решил взять интеграл с помощью Ньютона—Лейбница. Вот в неопределённом интеграле вылезает дилогарифм.

[StaticZero]

thething в сообщении #1343314 писал(а):

разложите в ряд Фурье $x^2$ на отрезке $[-\pi,\pi]$ и попробуйте что-нибудь в него подставить.

$$ x^2 = \frac{\pi^2}{3} + 4 \sum \limits_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{k^2} \cos kx $$

Подставить надо ноль. Тогда $-\sum_1^\infty (-1)^k/k^2 = \pi^2/12$. Ответ

$$ \int \limits_{0}^1 \frac{\ln(1+t)}{t} \ \mathrm dt = \frac{\pi^2}{12}. $$

Забавно, что

$$ \int \limits_0^\infty \frac{x \ \mathrm dx}{e^x - 1} = 2 \int \limits_0^\infty \frac{x \ \mathrm dx}{e^x + 1}. $$

Интересно, можно ли обходным путём это показать?

[grizzly]

StaticZero в сообщении #1343365 писал(а):

Интересно, можно ли обходным путём это показать?

Что если вычесть из большего меньшее и заменой переменных свести оставшееся к половине большего интеграла?

-- 02.10.2018, 23:08 --

Боюсь, накажут меня из-за Вас за полное решение простого вопроса в ПРР

[StaticZero]

grizzly в сообщении #1343367 писал(а):

Что если вычесть из большего меньшее и заменой переменных свести оставшееся к половине большего интеграла?

Меня чего-то поплавило, и я заменой пришёл к какому-то другому интегралу. Спасибо

-- 03.10.2018 в 00:02 --

Otta
Замечаю, что

$$ \int \limits_0^\infty \frac{x^{2n+1} \ \mathrm dx}{e^x - 1} = (2n+1)! \zeta(2n+2) $$

по первым двум членам ($n=0, 1$). Это правда?

[Otta]

Да вроде нет.
Вроде
$\zeta (s)\Gamma (s) = \int_0^{+\infty}\dfrac{x^{s-1}}{e^x-1}\,dx$ при нужных ограничениях на $s$.

-- 03.10.2018, 02:25 --

Хотя Вы это и написали ))

[thething]

StaticZero в сообщении #1343320 писал(а):

У меня там интегралы разошлись.

Чё это они разошлись? Тот интеграл приводит к обычному ряду из обратных квадратов, ну или к Вашему первому интегралу, только с минусом в знаменателе.

-- 03.10.2018, 05:24 --

StaticZero в сообщении #1343365 писал(а):

можно ли обходным путём это показать?

Угу, я как раз такой обходной путь и предлагал, правда, через интегралы логарифмов.