Evaluar

Question

El problema es mostrar que la integral impropia $I = \int_0^{\infty} \frac{x^2}{e^x-1} dx$ converge a $2\sum_1^{\infty} \frac1{n^3}$.

Anteriormente, he calcula la siguiente integral:

$$f(x) = -\int_0^x\frac{\log(1-t)}{t}dt = \sum_1^{\infty} \frac{x^n}{n^2}$$

que tiene por $-1 \le x \le 1$. A partir de esto, deduzco lo siguiente:

$$g(x) = \int_0^x \frac{f(t)}{t}dt = \sum_1^{\infty} \frac{x^n}{n^3}$$

que tiene también para $-1 \le x \le 1$. Estoy tratando de demostrar que $I = g(1)$.

La primera cosa que voy a hacer con $I$ es hacer la sustitución $t = 1 - e^{-x}$, lo que se obtiene:

$$I = \int_0^1 \frac{\log^2(1-t)}{t} dt$$

Entonces yo intento de integrar por partes, distinguiendo $\log(1-t)$ y la integración de $\frac{\log(1-t)}{t}$, lo que se obtiene:

$$I = -\log(1-t)f(t)|_0^1-\int_0^1\frac{f(t)}{1-t}dt $$

Que no funciona. El primer término no convergen. El límite superior se evalúa a $-\log(0)\frac{pi^2}6$ y el segundo término no es g(1). El denominador debe ser $t$, no $t-1$. Así que no estoy seguro de qué hacer a continuación.

Answer 1

Por lo que ha conocido que #% siempre el $\sum{n=0}^\infty x^n = \frac{1}{1-x}$% #% sino un tal vez menos variante utilizada con frecuencia es que si $|x|\leq 1$ y $|x|>1$$$\frac{1}{x-1}= \frac{1}{x}\frac{1}{1-\frac{1}{x}} = \frac{1}{x}\sum{n=0}^\infty x^{-n} = \sum_{n=1}^\infty x^{-n}$x\in (0,\infty)$ This means that, for our integral, since $e^x \in (1,\infty)$ that means $$. So we can rewrite our integral as: $$ \int_0^\infty \frac{x^2}{e^x-1}dx = \int0^\infty\left(\sum{n=1}^{\infty}x^2e^{-nx}\right)dx$$ and since our sum converges within the boundary of the integral we can interchange the sum and the integral. So we consider: $$ que se obtiene usando integración por partes dos veces. Luego enchufar límites da el resultado deseado:

$\int x^2e^{-nx}dx = \frac{-e^{-nx}(n^2x^2+2nx+2)}{n^3}$$

Answer 2

Vamos a proceder a lo largo de una línea similar como en la OP. Hacer cumplir la sustitución $x\to -\log(x)$ para que

$$\int_0^\infty \frac{x^2}{e^x-1}\,dx=\int_0^1\frac{\log^2(x)}{1-x}\,dx \tag 1$$

Integrando por partes la derecha de $(1)$ $u=\log^2(x)$ y $v=\log(1-x)$ rendimiento

$$\begin{align} \int_0^1\frac{\log^2(x)}{1-x}\,dx&=2\int_0^1\frac{\log(x)\log(1-x)}{x}\,dx\\ &=2\int_0^1\left(\int_1^x \frac{1}{t}\,dt\right)\frac{\log(1-x)}{x}\,dx\\ &=2\int_0^1\frac{1}{t}\left(-\int_0^t\frac{\log(1-x)}{x}\,dx\right)\,dt\\ &=2\int_0^1\frac{\text{Li}_2(t)}{t}\,dt\\ &=2\text{Li}_3(1)\\ &=2\zeta(3) \end {Alinee el} $$

donde han hecho uso de las relaciones entre $(i)$ la función dilogarithm $\text{Li}_2(x)$ y la función trilogarithm $\text{Li}_3(x)$ y $(ii)$ el polylogarithm la función $\text{Li}_s(1)=\zeta(s)$ (para $\text{Re}(s)>1$).

Answer 3

$$ \int_0^\infty x ^ 2 (1-e ^ {x}) dx = - \int0^\infty x ^ \sum{n=1}^\infty\begin{equation} \binom{-1}{n} \end{equation 2} (-e ^ {x}) ^ n dx = \int0^\infty x ^ 2\sum {n = 1} ^ \infty e ^ {nx} dx = \sum_{n=1}^\infty \int_0^\infty x ^ 2 e ^ {nx} dx $$ poner nx = y dx =-1/n dy $$\sum_{n=1}^\infty 1/n^3 \int0^\infty e^{-y}*y^2 dy= \sum{n=1}^\infty 1/n^3 \Gamma(3)=2\sum_{n=1}^\infty 1/n^3 $ $