Определённый интеграл от ln(x)/[1+exp(x)] (0,infinity)

[bot]

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 - сосчитать $I_1$ и ряд.
Нет ли их в справочниках?

[Котофеич]

bot писал(а):

Осталось всего ничего - сосчитать $I_1$ и ряд.
Нет ли их в справочниках?

Ну, а я что говорил.

[juna]

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...

[bot]

А я вчера гадал, что такое $\gamma$. Оказывается постоянная Эйлера.
Последний раз, когда я её видел, она буковкой С обозначалась.

[Аурелиано Буэндиа]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

о чем говорит Maple и Аурелиано Буэндиа

Я ряд не суммировал...

[Котофеич]

Как это

[незваный гость]

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.

[bot]

Ага, параметр я пробовал вводить, но всё не туда.

[Аурелиано Буэндиа]

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