Evalúe la integral definida$\int^{\infty }_{0}\frac{x \,dx}{e^{x} -1}$ usando la integración de contorno

Question

Mi amigo y yo llevamos semanas intentando evaluar la integral

PS

Juntos hemos intentado 23 contornos, y todos han fallado.

Ya sabemos cómo resolver esto con sumas infinitas (es decir, usando la función zeta y el problema de Basilea), pero no podemos resolverlo utilizando métodos de integración de contorno.

Ya sabemos que la respuesta es $$\int^{\infty }_{0}\frac{x \,dx}{e^{x} -1} .$ .

Answer 1

Me habría imaginado que esto era un duplicado, pero no he sido capaz de encontrar otro ejemplo de esta pregunta durante una somera búsqueda.

Sugerencia El denominador tiene período de $2 \pi i$, lo que sugiere el uso de los siguientes contorno $\Gamma_{\epsilon, R}$, $0 < \epsilon < \pi$, $\epsilon < R$, (para que una ilustración ya estaba trazado de una respuesta a la pregunta similar vinculado por Zacky en los comentarios):

La clave del truco aquí, que se aplican con el beneficio de la retrospectiva, es evaluar el lugar similar integral de la $$\int_{\Gamma_{\epsilon, R}} \frac{z^2 \,dz}{e^z - 1} .$$ El interior de $\Gamma_{\epsilon, R}$ no contiene polos, por lo que esta integral se desvanece. Por lo tanto, la parametrización de los componentes de los arcos del contorno da $$\begin{multline} 0 = \underbrace{\int_\epsilon^R \frac{x^2 \,dx}{e^x - 1}}_{A} + \underbrace{\int_0^{2 \pi} \frac{(R + i y)^2 \cdot i \,dy}{e^{R + i y} - 1}}_{B} + \underbrace{\int_R^\epsilon \frac{(x + 2 \pi i)^2 \,dx}{e^x - 1}}_{C} \\ + \underbrace{\int_0^{-\pi / 2} \frac{(2 \pi i + \epsilon e^{i\theta})^2 \cdot i \epsilon e^{i \theta} d \theta}{e^{\epsilon e^{i \theta}} - 1}}_{D} + \underbrace{\int_{2 \pi - \epsilon}^\epsilon \frac{(i y)^2 \cdot i \,dy}{e^{i y} - 1}}_{E} + \underbrace{\int_{\pi / 2}^0 \frac{(\epsilon e^{i\theta})^2 \cdot i \epsilon e^{i \theta} d \theta}{e^{\epsilon e^{i \theta}} - 1}}_{F} . \qquad (\ast) \end{multline}$$

Una norma de delimitación argumento muestra que $B \to 0$ como $R \to \infty$. La computación de los primeros términos de la serie de Taylor da que el integrando de a$D$ es $-4 \pi^2 i + O(\epsilon)$, lo $D = 2 \pi^3 i + O(\epsilon)$, y de manera similar a $F = O(\epsilon)$ (de hecho, el integrando es analítica en $0$, lo que implica sin más la computación). Ahora, ampliando el integrando de a$C$ da $$-\int_\epsilon^R \frac{x^2 \,dx}{e^x - 1} = -\int_\epsilon^R \frac{x^2 \,dx}{e^x - 1} - 4 \pi i \int_\epsilon^R \frac{x \,dx}{e^x - 1} + 4 \pi^2 \int_\epsilon^R \frac{\,dx}{e^x - 1} .$$ The first term on the r.h.s. cancels $Un$, and after taking appropriate limits the second term will be constant multiple of the integral $\color{#df0000}{\int_0^\infty \frac{x \,dx}{e^x - 1}}$ of interest. The third term diverges as $\epsilon \searrow 0$, and it turns out that the diverging part of this term in $\epsilon$ is canceled by the diverging part of $E$, but we can avoid dealing with this issue directly by passing to the imaginary part of $(\ast)$. Computing gives $\operatorname{Im} E = -\frac{1}{2} \int_\epsilon^{2 \pi \epsilon} y^2 \,dy = -\frac{4}{3} \pi^3 + O(\epsilon)$, so taking the limits $\epsilon \searrow 0, R \to \infty$ of the imaginary part of $(\ast)$ leaves $$0 = -4 \pi \color{#df0000}{\int_0^\infty \frac{x\,dx}{e^x - 1}} + 2 \pi^3 - \frac{4}{3} \pi^3 ,$$ and rearranging gives the desired result, $$\color{#df0000}{\boxed{\int_0^\infty \frac{x \,dx}{e^x - 1} = \frac{\pi^2}{6}}} .$$

Answer 2

Con las integrales de contorno creo que la forma más fácil es

PS

Answer 3

Travis tiene la idea correcta con el contorno, pero no es la correcta función auxiliar. En su lugar, utilizamos el contorno $\gamma = ([0,R)\times\{0\})\cup(\{0\}\times[0,2\pi])\cup([0,R)\times\{2\pi\})\cup(\{R\}\times[0,2\pi])$ e integrar la función de $f(z) = z(z-2\pi i)/(e^z-1)$ más de este contorno. La clave está en que $f(z)$ no tiene polos en cualquier lugar en el contorno, por lo que no necesita preocuparse de evitar que el bien integral definida. Desde $f(z)$ también no tiene polos en el interior del contorno, la integral alrededor de $\gamma$ es igual a cero. Por lo tanto, $$\begin{multline} \oint_\gamma f(z)dz = -\int_0^R \frac{x(x-2\pi i)}{e^x-1}dx + \int_0^{2\pi} \frac{(it)(it+2\pi i)}{e^{it}-1}idt \\ + \int_0^R \frac{(x+2\pi i)x}{e^{x+2\pi i}-1}dx - \int_0^{2\pi}\frac{(R+it)(R+it+2\pi i)}{e^{R+it}-1}idt = 0. \end{multline}$$ No es difícil ver que el comportamiento asintótico de la cuarta integral está dominado por la $e^R$ en el denominador, por lo que se pondrá a cero como $R\rightarrow\infty$. Tomando nota de que $e^{x+2\pi i} = e^x$, tomamos el límite y hacer algo de simplificación para obtener $$4\pi i\int_0^\infty \frac{x\,dx}{e^x-1} -i\int_0^{2\pi}\frac{t(t-2\pi}{e^{es}-1}dt = 0. \Longrightarrow \int_0^\infty \frac{x\,dx}{e^x-1} = \frac{1}{4\pi}\int_0^{2\pi}\frac{t(t-2\pi}{e^{es}-1}dt$$ El uso de $(e^{it}-1)^{-1} = -[1+i\,\mathrm{cot}(t/2)]/2$ y la sustitución de $u = t - \pi$ en el imaginario integral da $$\int_0^\infty \frac{x\,dx}{e^x-1} = \frac{1}{8\pi}\left[\int_0^{2\pi}t(2\pi-t)dt+i\int_{-\pi}^\pi (\pi^2-u^2)\tan\left(\frac{u}{2}\right)du\right].$$ El $u$ integrando claramente es impar, por lo que la integral es cero (ya que tiene que ser desde el lado izquierdo es puramente real). Desde $\int_0^{2\pi}t(2\pi-t)dt = 4\pi^3/3$, tenemos $$\int_0^\infty \frac{x\,dx}{e^x-1} = \frac{\pi^2}{6}.$$