Encontrar el valor de $\int_{0}^{\infty}\frac{x^3}{e^x-1}\ln(e^x - 1)\,dx$

Question

Estoy tratando de averiguar cómo evaluar las siguientes: $$ J=\int_{0}^{\infty}\frac{x^3}{e^x-1}\ln(e^x - 1)\,dx $$ Estoy intentado considerando $I(s) = \int_{0}^{\infty}\frac{x^3}{(e^x-1)^s}\,dx\implies J=-I'(1)$, pero yo no podía entender lo $I(s)$ fue. Mi otra idea era contorno de integración, pero no estoy seguro de cómo tratar con el logaritmo. Mathematica dice que $J\approx24.307$.

Le he pedido a una pregunta similar y la respuesta involucrados $\zeta(s)$, por lo que sospecho que esto va así.

Answer 1

Mathematica dice que la respuesta es $$\pi^2\zeta(3)+12\zeta(5)$$ Voy a tratar de averiguar cómo esto puede ser demostrado.

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Añadido: déjame calcular la 2ª integral en Ron Gordon's respuesta: \begin{align}\int_{0}^{\infty}\frac{x^3 e^{-x}}{1-e^{-x}}\ln(1-e^{-x})\,dx &=-\frac32\int_0^{\infty}x^2\ln^2(1-e^{-x})\,dx=\\&=-\frac32\left[\frac{\partial^2}{\partial s^2}\int_0^{\infty}e^{-sx}\ln^2(1-e^{-x})\,dx\right]_{s=0}=\\ &=-\frac32\left[\frac{\partial^2}{\partial s^2}\int_0^{1}t^{s-1}\ln^2(1-t)\,dt\right]_{s=0}=\\ &=-\frac32\left[\frac{\partial^4}{\partial s^2\partial u^2}\int_0^{1}t^{s-1}(1-t)^u\,dt\right]_{s=0,u=0}=\\ &=-\frac32\left[\frac{\partial^4}{\partial s^2\partial u^2}\frac{\Gamma(s)\Gamma(1+u)}{\Gamma(1+s+u)}\right]_{s=0,u=0}=\\ &=-\frac{1}{2}\left(\pi^2\psi^{(2)}(1)-\psi^{(4)}(1)\right). \end{align} Para obtener la última expresión, uno debe ampliar la relación de funciones gamma de 2º orden en $u$, a continuación, expanda el coeficiente correspondiente a la 2º orden en $s$.

A continuación, podemos usar ese $\psi^{(2)}(1)=-2\zeta(3)$ $\psi^{(4)}(1)=-24\zeta(5)$ (cf fórmula (15) aquí) para obtener el citado resultado.

Answer 2

¿Y tirando de los factores de $e^{-x}$ tanto el denominador y el registro de los términos? Entonces termina con dos integrales:

$$\int_0^{\infty}dx \frac{x^4 \, e^{-x}}{1-e^{-x}} + \int_0^{\infty}dx \frac{x^3 \, e^{-x}}{1-e^{-x}} \log{(1-e^{-x})}$$

En ambos casos, Taylor ampliar el denominador en $e^{-x}$. Para la primera integral, esto se traduce en

$$\sum_{k=0}^{\infty} \int_0^{\infty}dx\, x^4 \, e^{-(k+1) x} = 4! \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(k+1)^5} = 24 \, \zeta(5) $$

Para la segunda integral, también es necesario Taylor ampliar el registro de plazo. Esto se traduce en una suma doble:

$$\begin{align}\sum_{k=0}^{\infty} \int_0^{\infty}dx\, x^3 \, e^{-(k+1) x} \log{(1-e^{-x})} &= -\sum_{k=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m} \int_0^{\infty} dx \, x^3 e^{-(k+m) x}\\ &= - 3! \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(k+m)^4}\\ &= -\sum_{m=1}^{\infty} \frac{\psi^{(3)}(m+1)}{m} \end{align}$$

donde $\psi$ es un polygamma función.

Answer 3

Mediante el cambio de variables $ u=e^{-x} $, tenemos

$$\int_{0}^{\infty}\frac{x^3}{e^x-1}\ln(e^x - 1)\,dx = \int _{0}^{1}\!{\frac { \left( \ln \left( u \right) \right) ^{3} \ln \left( 1-u \right) }{u-1 }}{du}- \int _{0}^{1}\!{\frac { \left( \ln \left( u \right) \right)^{4} }{u-1 }}{du}. $$

Ahora, sólo hay que aplicar la técnica que se ha utilizado para encontrar la solución exacta de este problema y el resultado se sigue.