Cómo hacer integral$\int_{0}^{\infty} \frac{x^4 e^{x}}{(e^x-1)^2}\,dx$

Question

PS

Esta integral provino de la teoría de Debye de la capacidad de calor molecular del cristal.

Escuché que esta forma integral está relacionada con la función Riemann Zeta y la función Gamma.

Además, escuché que se puede resolver usando el truco de Feynmann.

¿Cómo puedo evaluar esta integral?

Answer 1

La manera Riemann / Gamma: $$\int_0^\infty\frac{x^4e^{-x}dx}{(1-e^{-x})^2}=\sum_{n\ge 1}n\int_0^\infty x^4e^{-nx}dx=\sum_{n\ge 1}\frac{4!}{n^4}=24\zeta(4)=\frac{4\pi^4}{15}.$ $

Answer 2

Recordar la representación integral de la Polylogarithm dada por

$$\operatorname{Li}_s(z)~=~\frac1{\Gamma(s)}\int_0^\infty \frac{t^{s-1}}{e^t/z-1}\mathrm dt$$

Además tenga en cuenta que

$$\frac{\partial}{\partial z}\left[\frac{t^{s-1}}{e^t/z-1}\right]=\frac{t^{s-1}e^t}{(e^t-z)^2}$$

que es precisamente la estructura de su integrando. Por lo tanto, mediante la aplicación de una variación de Feynman, el Truco de la que obtenemos

\begin{align*} \frac{\mathrm d}{\mathrm dz}\Gamma(s)\operatorname{Li}_s(z)&=\frac{\mathrm d}{\mathrm dz}\int_0^\infty \frac{t^{s-1}}{e^t/z-1}\mathrm dt\\ \Gamma(s)\frac{\mathrm d}{\mathrm dz}\operatorname{Li}_s(z)&=\int_0^\infty \frac{\partial}{\partial z}\frac{t^{s-1}}{e^t/z-1}\mathrm dt\\ \Gamma(s)\frac{\operatorname{Li}_{s-1}(z)}z&=\int_0^\infty\frac{t^{s-1}e^t}{(e^t-z)^2}\mathrm dt \end{align*}

Ahora conectar $s=5$ e $z=1$ rendimientos

\begin{align*} \Gamma(5)\frac{\operatorname{Li}_{5-1}(1)}1&=\int_0^\infty\frac{t^{5-1}e^t}{(e^t-1)^2}\mathrm dt\\ 4!\operatorname{Li}_4(1)&=\int_0^\infty\frac{t^{4}e^t}{(e^t-1)^2}\mathrm dt \end{align*}

Tenga en cuenta que el lado derecho es la integral nos interesa, mientras que el lado izquierdo puede ser evaluado directamente en términos de Riemann Zeta Función. En general esto se reduce a utilizar el valor de la $\zeta(4)$, como J. G.'s respuesta hizo así, desde la $\operatorname{Li}_s(1)=\zeta(s)$ como se puede comprobar mediante el uso de la serie de la representación de la Polylogarithm.

$$\therefore~\int_0^\infty\frac{t^{4}e^t}{(e^t-1)^2}\mathrm dt~=~4!\operatorname{Li}_4(1)~=~\frac{4\pi^4}{15}$$

Answer 3

Una ligera variación a lo largo de un polylogarithmic tema, se observa que para el polylogarithm de orden $s = -1$ uno tiene $$\operatorname{Li}_{-1} (z) = \frac{z}{(1 - z)^2}.$$ Establecimiento $z = e^{-x}$ conduce a $$\operatorname{Li}_{-1} (e^{-x}) = \frac{e^{-x}}{(1 - e^{-x})^2}.$$

Ahora para la integral $$I = \int_0^\infty \frac{x^4 e^x}{(e^x - 1)^2} \, dx,$$ reescribir como $$I = \int_0^\infty \frac{x^4 e^{-x}}{(1 - e^{-x})^4} \, dx,$$ que en términos de polylogarithms se convierte en $$I = \int_0^\infty x ^4 \operatorname{Li}_{-1} (e^{-x}) \, dx. \tag1$$ Ahora ya $$\int \operatorname{Li}_s (e^{-x}) \, dx = - \operatorname{Li}_{s + 1} (e^{-x}) + C,$$ la integración de (1) a cuatro veces por partes conduce a la \begin{align} I &= 4! \int_0^\infty \operatorname{Li}_3 (e^{-x}) \, dx = 4! \big{[} - \operatorname{Li}_4 (e^{-x}) \big{]}_0^\infty = 4! \operatorname{Li}_4 (1) = 4! \cdot \frac{\pi^4}{90}, \end{align} o $$\int_0^\infty \frac{x^4 e^x}{(e^x - 1)^2} \, dx = \frac{4 \pi^4}{15},$$ como se requiere.

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Comentario

La verdadera ventaja de este enfoque radica en el hecho de que puede ser utilizado para encontrar la correspondiente integral indefinida $$\int \frac{x^4 e^x}{(e^x - 1)^2} \, dx.$$

Siguiendo exactamente el método descrito, se encuentra $$\int \frac{x^4 e^{x}}{(e^x - 1)^2} \, dx = -x^4 \operatorname{Li}_0 (e^{-x}) - 4x^3 \operatorname{Li}_1 (e^{-x}) - 12 x^2 \operatorname{Li}_2 (e^{-x}) - 24x \operatorname{Li}_3 (e^{-x}) - 24 \operatorname{Li}_4 (e^{-x}) + C.$$ Nota el polylogarithm expresiones de orden cero y uno puede ser expresado como $$\operatorname{Li}_0 (e^{-x}) = \frac{1}{e^x - 1} \qquad \text{and} \qquad \operatorname{Li}_1 (e^{-x}) = - \ln(1 - e^{-x}).$$