La integración de $\frac{x^3}{\exp(x)-1}$ $0$ $\infty$

Question

Mientras se hace la Física y tratando de demostrar que la ley de Stefan-Boltzmann de las chapas-ley viene a la integral \[ \int_0^\infty \frac{x^3}{\exp(x)-1} \mathrm{d}x=\frac{\pi^4}{15} \] y me gustaría saber cómo se calcula este valor. Uno podría tratar de integración por partes para deshacerse de la $x^3$ parte, pero como Mathematica dice la anti derivada no es muy sencillo (hay algunos polylogarithms involucrados). ¿Alguien tiene una idea de cómo resolver la Integral?

Answer 1

Voy a seguir a lo largo de Lee comentarios para producir una respuesta completa.

$\displaystyle I=\int_0^\infty \frac{x^3}{e^{x}-1}dx$

$\displaystyle I=\int_0^\infty x^3(e^{-x}+e^{-2x}+\ldots)dx$

$\displaystyle I=\int_0^\infty x^3e^{-x}dx+\int_0^\infty x^3e^{-2x}dx+\ldots$

Ahora,

$\displaystyle A=\int_0^\infty x^m e^{-nx} dx$

Deje $x=\frac{u}{n},\ dx=\frac{1}{n}du$. A continuación,

$\displaystyle A=\frac{1}{n^{m+1}}\int_0^\infty u^m e^{-u}du = \frac{m!}{n^{m+1}} $

Por lo tanto, obtenemos

$\displaystyle I=3!\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^{4}}$

$\displaystyle I=6\zeta(4)$

Sin embargo, sabemos que $\displaystyle \zeta(4)=\frac{\pi^4}{90}$

Por lo tanto, $\displaystyle I=\frac{\pi^4}{15}$

Answer 2

En este sentido, desarrollar una alternativa, el sencillo método que hace uso de la Polylogarithm Funciones. Para ello, partimos de la integral

$$I\equiv\int_0^{\infty}\frac{x^3}{e^x-1}dx$$

y hacer cumplir la sustitución de $x\to -\log (1-x)$ $dx\to \frac{1}{1-x}dx$ obtener

$$I=-\int_0^{1}\frac{(\log (1-x))^3}{x}dx$$

A continuación , vamos a entrar en una serie de tres de integración por partes.

En primer lugar, la integración por partes con $u=(\log (1-x))^3$ $v=\log x$ rendimientos

$$I=-3\int_0^1 (\log (1-x))^2 \frac{\log x}{1-x}\,dx$$

En la segunda, integración por partes con $u=(\log (1-x))^2$ $v=\text{Li}_2(1-x)$ donde $\text{Li}_2(x)\equiv\int_0^x \frac{\log (1-t)}{t}dt$ es el Dilogarithm Función, obtenemos

$$I=-6\int_0^1 \log (1-x) \frac{\text{Li}_2(1-x)}{1-x}\,dx$$

Y por último, un tercer y último integración por partes con $u=\log (1-x)$ $v=\text{Li}_3(1-x)$ donde $\text{Li}_3(x)\equiv\int_0^x \frac{\text{Li}_2 (1-t)}{t}dt$ es un Polylogarithm Función, revela

$$\begin{align} I&=6\int_0^1 \frac{\text{Li}_3(1-x)}{1-x}\,dx\\\\ &=-6\left.\text{Li}_4(1-x)\right|_0^1\\\\ &=6\text{Li}_4(1)\\\\ &=6\zeta(4)\\\\ &=\frac{\pi^4}{15} \end{align}$$

como era de esperar, donde hemos utilizado La Relación de $\text{Li}_s(1)=\zeta(s)$, entre el polylogarithm y la función de Riemann Zeta Función.