2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2
 
 
Сообщение03.07.2006, 15:11 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5903
Новосибирск
А если так:
$$\int\limits_{0}^{\infty}\frac{lnx}{e^x+1}dx=\int\limits_{0}^{\infty}(\sum\limits_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}e^{-kx}lnx)dx=$$
$$\sum\limits_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1}\int\limits_{0}^{\infty}e^{-kx}lnxdx$$
Вроде бы перестановка законна. Далее
$$I_k=\int\limits_{0}^{\infty}e^{-kx}lnxdx = $$
$$\int\limits_{0}^{\infty}e^{-kx}(lnkx-lnk)dx=  \frac{I_1 - lnk}{k}$$
Отсюда исходный интеграл запишется в виде:
$$I_1\cdot ln2 + \sum\limits_{k=1}^{\infty}(-1)^{k}\frac{lnk}{k}$$
Осталось всего ничего :twisted: - сосчитать $I_1$ и ряд.
Нет ли их в справочниках?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.07.2006, 17:40 
Заблокирован
Аватара пользователя


18/01/06

3241
ЧЕРНАЯ ДЫРА МУМУ-ШВАРЦНЕГЕРА
bot писал(а):
Осталось всего ничего :twisted: - сосчитать $I_1$ и ряд.
Нет ли их в справочниках?

:evil: Ну, а я что говорил.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.07.2006, 23:01 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
bot, все правильно! Раскладывать в ряд знаменатель по формуле $\frac{1}{a+1}=1/a-1/a^2+1/a^3-1/a^4+...$ действительно перспективнее. Интеграл $I_1=\int\limits_{0}^{\infty}e^{-x}lnxdx=-\gamma$, таким образом, мы получаем формулу из справочника, которую я привел выше. Однако, как теперь все это чудесным образом сворачивается до $-\frac{(ln2)^2}{2}$, о чем говорит Maple и Аурелиано Буэндиа - $\sum\limits_{k=1}^{\infty}(-1)^k\frac{lnk}{k}=ln2(\gamma-\frac{ln2}{2})$
Катрены Котофеича мне непонятны...

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.07.2006, 04:29 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5903
Новосибирск
А я вчера гадал, что такое $\gamma$. Оказывается постоянная Эйлера. :D
Последний раз, когда я её видел, она буковкой С обозначалась.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.07.2006, 13:19 
Экс-модератор
Аватара пользователя


30/11/05
1275
Артамонов Ю.Н. писал(а):
о чем говорит Maple и Аурелиано Буэндиа

Я ряд не суммировал...

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.07.2006, 00:30 
Заблокирован
Аватара пользователя


18/01/06

3241
ЧЕРНАЯ ДЫРА МУМУ-ШВАРЦНЕГЕРА
:evil: Как это :?: :roll:

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.07.2006, 00:41 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


17/10/05
3709
:evil:
Есть еще одна идейка, которая мне представляется более продуктивной -- рассмотреть $f(a) = \int\limits_{0}^{\infty} \frac{x^{a-1}}{1+{\rm e}^x} {\rm d} x$. Тогда $f'(1)$ равна нашему интегралу. С другой стороны, $f(a) = \int\limits_{0}^{\infty} \frac{x^{a-1}}{1+{\rm e}^x} {\rm d} x = $ (раскладывая в ряд знаменатель) $ \int\limits_{0}^{\infty} x^{a-1} \sum\limits_{k = 1}^{\infty}(-1)^{k+1}{\rm e}^{-k x}{\rm d} x =$ $\sum\limits_{k = 1}^{\infty}(-1)^{k+1}\int\limits_{0}^{\infty} x^{a-1} {\rm e}^{-k x}{\rm d} x = $ $ \sum\limits_{k = 1}^{\infty}(-1)^{k+1} \frac{\Gamma(a)}{k^a} = $ $(1-2^{-(a-1)})\Gamma(a) \zeta(a)$. Раскладывая последнее выражение в ряд около точки $a = 1$ имеем $f(a) = \ln2 -\frac12 \ln^2 2 (a-1)+{\rm O}((a-1)^2)$. Откуда искомое $f'(1) = -\frac{\ln^2 2}{2}$.

Все операции вроде перестановки суммирования и интегрирования, манипуляции с рядами и т.п. требуют, разумеется, обоснования, но это уже скучно.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.07.2006, 05:06 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5903
Новосибирск
Ага, параметр я пробовал вводить, но всё не туда.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.07.2006, 22:22 
Экс-модератор
Аватара пользователя


30/11/05
1275
незваный гость писал(а):
Откуда искомое $f'(1) = -\frac{\ln^2 2}{2}$.
Все операции вроде перестановки суммирования и интегрирования, манипуляции с рядами и т.п. требуют, разумеется, обоснования, но это уже скучно.

Отлично!
Для тех кому будет интересно
интергал $\int_0^{\infty} \frac{x^n}{1+e^x}dx$ имеет прямое физическое приложение в квантовой теории поля

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 24 ]  На страницу Пред.  1, 2

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group