Demostrar $\int^\infty_0\frac x{e^x-1}dx=\frac{\pi^2}{6}$

Question

Sé que $$\int^\infty_0\frac x{e^x-1}dx=\frac{\pi^2}{6}$$ For substituting $u=2$ into $$\zeta(u)\Gamma(u)=\int^\infty_0\frac{x^{u-1}}{e^x-1}dx$$

Sin embargo, tengo la sospecha de que hay un más fáciles de la prueba, tal vez por el uso de análisis complejo. No he aprendido la función zeta todavía. Todo lo que sé es la fórmula anterior y $\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$. Podemos puede utilizar la integral anterior a encontrar algunas de las $\zeta$'s valor?

Answer 1

La forma estándar de atacar esta integral es Taylor ampliar el denominador:

$$\int_0^{\infty} dx \frac{x^{u-1}}{e^x-1} = \sum_{k=0}^{\infty} \int_0^{\infty} dx\, x^{u-1} \, e^{-(k+1) x} = \Gamma(u) \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(k+1)^u} = \Gamma(u) \zeta(u)$$

La verdad, no sé ¿qué idea sería destello mediante una integral de contorno en el plano complejo. Usted podría usar un ojo de la cerradura de contorno, y la que obtendría de residuos en los enteros a lo largo del eje imaginario, de modo que recupere el resultado anterior. Pero el método anterior es mucho más fácil y más intuitivo.

Answer 2

ACTUALIZADO
Usted puede, de hecho, utilizar el contorno de la integración como muy bien expuesta en Ablowitz y Fokas "Complejo de Variables" p. $244$.

La idea es evaluar $\;\displaystyle I(p):=PV \int_{-\infty}^\infty \frac {e^{px}}{1-e^x}dx,\quad(0<p<1)\quad$ usando el contorno :

La integral en el lado derecho e izquierdo se desvanecen como $R\to +\infty$, y cuatro de la parte inferior y la parte superior horizontal de las líneas a añadir la contribución : $$\left(\int_{-R}^{-\epsilon_1}+\int_{\epsilon_1}^R\right)\frac{e^{px}}{1-e^x}dx+e^{2\pi ip}\left(\int_{R}^{-\epsilon_2}+\int_{\epsilon_2}^{-R}\right)\frac{e^{px}}{1-e^x}dx$$ que es (como $\;R\to +\infty$$\epsilon_i\to 0$) : $$\tag{1}\left(1-e^{2\pi ip}\right)PV \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{px}}{1-e^x}dx$$ while the semi-circular contours will give, as $\epsilon_1 \to 0^+$ and $\epsilon_2 \to 0^+$ :

$$\begin{align} \tag{2}\lim_{\epsilon_1\to 0}\int_{C\epsilon_1}\frac{e^{pz}}{1-e^z}dz&=-i\pi\left(\frac{e^{pz}}{-e^z}\right)_{z=0}=i\pi\\ \tag{3}\lim_{\epsilon_2\to 0}\int_{C\epsilon_2}\frac{e^{pz}}{1-e^z}dz&=-i\pi\left(\frac{e^{pz}}{-e^z}\right)_{z=2\pi i}=i\pi\,e^{2\pi i z}\\ \end{align}$$

Ya no hay singularidad aparece en su interior todo el contorno se tiene una integral de valor de $0$ igual a la suma de $(1),\;(2)$$(3)$. Esto nos da : $$I(p)=PV \int_{-\infty}^\infty \frac {e^{px}}{1-e^x}dx=-i\pi \frac{1+\,e^{2\pi i z}}{1-\,e^{2\pi i z}}$$ o simplemente : $$\tag{4} \boxed{\displaystyle I(p)=\pi \cot( \pi p)}$$ Ahora $(4)$ multiplicado por el $p$ debe dar de Euler de generación de función para $\zeta($incluso$)$ : $$\tag{5}\displaystyle\pi\;p\;\cot(\pi\;p)=1-2\sum_{n=1}^\infty \zeta(2n)\;p^{2n}$$ que permite encontrar $\zeta(2n)$ sólo por el uso de la expansión de la $\pi\,x\;\cot(\pi\,x)$ : $$\tag{6}\pi\,x\;\cot(\pi\,x)=1-2\left(\frac {\pi^2}6x^2+\frac{\pi^4}{90}x^4+\frac{\pi^6}{945}x^6+\cdots\right)$$

Ya que teníamos una integral de $0$ $+\infty$y no un valor principal de Cauchy de $-\infty$ $+\infty$será conveniente reescribir $I(p)$ como :

$$\begin{align} \tag{7}I(p)-\frac 1p&=\pi \cot( \pi p)-\frac 1p=-2\sum_{n=1}^\infty \zeta(2n)\;p^{2n-1}\\ &=PV \int_{-\infty}^\infty \frac {e^{px}}{1-e^x}dx-\int_0^\infty e^{-px}dx\\ &=\lim_{\epsilon\to 0} \int_{\epsilon}^\infty \frac {e^{px}}{1-e^x}-e^{-px}dx+\int_{-\infty}^{-\epsilon} \frac {e^{py}}{1-e^y}dy\\ (\text{setting}\;\;y:=-x)\;\\ &=\lim_{\epsilon\to 0} \int_{\epsilon}^\infty \frac {e^{px}}{1-e^x}-e^{-px}+\frac {e^{-px}e^x}{(1-e^{-x})e^x}dx\\ &=\lim_{\epsilon\to 0} \int_{\epsilon}^\infty \frac {e^{px}}{1-e^x}+\frac {e^{-px}e^x-e^{-px}(e^x-1)}{e^x-1}dx\\ \end{align}$$ con el buen resultado :
$$\tag{8}\boxed{\displaystyle I(p)-\frac 1p= \int_0^\infty \frac {e^{px}-e^{-px}}{1-e^x}dx}$$

Esta integral puede ser utilizado para obtener los coeficientes de $p^{2n-1}$ $(7)$ desde : $$\left(\frac d{dp}\right)^{2n-1} \left(I(p)-\frac 1p\right)=\int_0^\infty \frac {x^{2n-1}\left(e^{px}+e^{-px}\right)}{1-e^x}dx$$ con el límite de $p\to 0$ da por : $$\int_0^\infty \frac {x^{2n-1}\;2}{1-e^x}dx=-2\,(2n-1)!\,\zeta(2n)$$ correspondiente a la fórmula clásica para $n$ enteros positivos : $$\tag{9}\zeta(2n)\Gamma(2n)=\int^\infty_0\frac{x^{2n-1}}{e^x-1}dx$$

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $$\begin{align} &\color{#00f}{\large\int_{0}^{\infty}{x \over \expo{x} - 1}\,\dd x}= \int_{x\ =\ 0}^{x\ \to\ \infty}x\,\dd\bracks{\ln\pars{1 - \expo{-x}}} =-\int_{0}^{\infty}\ln\pars{1 - \expo{-x}}\,\dd x \\[3mm]&=\sum_{n = 1}^{\infty}{1 \over n}\int_{0}^{\infty}\expo{-nx}\,\dd x =\sum_{n = 1}^{\infty}{1 \over n^{2}}\ \overbrace{\int_{0}^{\infty}\expo{-x}\,\dd x}^{\ds{=\ 1}}\ =\sum_{n = 1}^{\infty}{1 \over n^{2}}=\color{#00f}{\large{\pi^{2} \over 6}} \end{align}$$

Answer 4

Deje $$f(z) = \frac{z}{e^z-1}$$ $f$ tiene polos en $z = 2 \pi i n$ donde$n \in \mathbb Z$$n \neq 0$. Deje $C$ ser el contorno rectangular con los vértices en $0, R, R+i\pi$ $i\pi$ pero con sangría a 0. Porque el residuo es $0$ no, la sangría no se le añade el valor de la integral.

Entonces, como $R \to \infty$:

$$0=\oint_C f(z)\, dz = \int_{0}^\infty f(z)\, dz-\int_0^\infty f(z+\pi i)\,dz-i\int_0^\pi f(iz)\,dz+\pi^2=\\ \int_{0}^\infty f(z)\, dz+\int_0^\infty \frac{z+\pi i}{e^z+1}\,dz+\int_0^\pi \frac{z}{e^{iz}-1}\,dz$$

Tomando las partes reales de ambos lados rendimiento

$$0 = \int_{0}^\infty f(z)\, dz+\int_{0}^\infty \frac{z}{e^z+1}\, dz-\int_0^\pi \frac{x}{2}\,dz$$

así

$$\frac{\pi^2}{4}=\int_{0}^\infty f(z)\, dz+\int_{0}^\infty \frac{z}{e^z+1}\, dz$$

Sumando y la integración tanto de la serie como fue hecho por Ron Gordon, nos encontramos con

$$I=\int_{0}^\infty f(z)\, dz=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$$ $$J=\int_{0}^\infty f(z)\, dz=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n^2} = \frac{I}{2}$$

y por lo tanto

$$\frac{\pi^2}{4}=I+\frac{I}{2}$$

por lo tanto

$$I=\int_{0}^\infty f(z)\, dz = \frac{\pi^2}{6}$$