¿Cómo puedo integrar lo siguiente:$$\large \displaystyle\int_0^{\infty}\frac{x^4e^x}{(e^x-1)^2} \, dx$ $
He intentado todo, desde integrar por partes hasta simplemente expandir el denominador, pero siempre lo hace mucho más complejo. No tengo idea de cómo resolver esto.
Si está familiarizado con la función Zeta de Riemann, y también tenga en cuenta que la integral puede escribirse como:$$\displaystyle\int_0^{\infty} \dfrac{x^4e^{-x}}{(1-e^{-x})^2} \: dx = \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} k\displaystyle\int_0^{\infty}x^4 e^{-kx} \:dx = \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}k \cdot \dfrac{24}{k^5} = 24 \zeta(4) = \dfrac4{15} \pi^4$ $
Esto es sólo una respuesta a la respuesta de Yagna Patel. Para probar que$\zeta(4)=\frac{\pi^4}{90}$ es equivalente a probar:$$ \sum_{n\geq 0}\frac{1}{(2n+1)^4}=\frac{\pi^4}{96},\tag{1} $ $ dado que$\zeta(4)=\sum_{n\geq 0}\frac{1}{(2n+1)^4}+\sum_{n\geq 1}\frac{1}{(2n)^4}$ da$\zeta(4)=\frac{16}{15}\sum_{n\geq 0}\frac{1}{(2n+1)^4}$.
Si recordamos que la serie de Fourier (coseno) de$f(x)=\frac{\pi}{2}-|x|$ sobre$(-\pi,\pi)$ viene dada por:$$ f(x) = \frac{4}{\pi}\sum_{n\geq 0}\frac{\cos((2n+1)x)}{(2n+1)^2}\tag{2} $ $ La identidad de Parseval entonces da:$$ \int_{-\pi}^{\pi}f(x)^2\,dx = \frac{16}{\pi}\sum_{n\geq 0}\frac{1}{(2n+1)^4}\tag{3}$ $ then:$$ \sum_{n\geq 0}\frac{1}{(2n+1)^4}=\frac{\pi}{8}\int_{0}^{\pi}f(x)^2\,dx = \frac{\pi}{8}\cdot\frac{\pi^3}{12}=\frac{\pi^4}{96}\tag{4}$$ Como se desee.
Como he oído, no es más que una forma de la piel de una integral. Y así, en este documento, se presenta un enfoque que se basa en la Polylogarithm Funciones. Vamos a participar en una serie de cuatro integración por partes que culminará en la respuesta $24\text{Li}_4(1)=24\zeta(4)$.
Para ello, comenzamos con la integral de interés $I$, el cual es dado por
$$I=\int_0^{\infty}\frac{x^4e^x}{(e^x-1)^2}\,dx$$
Hacer cumplir la sustitución de $x\to -\log (1-x)$ rendimientos
$$I=\int_0^1\frac{\log^4 (1-x)}{x^2}\,dx \tag 1$$
Ahora comenzamos una serie de cuatro sencilla integración por partes aplicaciones.
En primer lugar, dejando $u=\log^4(1-x)$ $v=-1/x$ $(1)$ rendimientos
$$I=-4\int_0^1\frac{\log^3 (1-x)}{x}\,dx \tag 2$$
donde nos tácitamente aplica $\lim_{x\to 1}\left(\log^4(1-x)(1-1/x)\right)=0$ para llegar a $(2)$.
Segundo, dejando $u=-4\log^3(1-x)$ $v=\log x$ $(2)$ rendimientos
$$I=-12\int_0^1 \log^2(1-x)\frac{\log x}{1-x}\,dx \tag 3$$
Tercero, dejando $u=-12\log^2(1-x)$ $v=\text{Li}_2(1-x)$ $(3)$ rendimientos
$$I=-24\int_0^1 \log(1-x)\frac{\text{Li}_2(1-x)}{1-x}\,dx \tag 4$$
Cuarto, dejando $u=-24\log(1-x)$ $v=-\text{Li}_3(1-x)$ $(4)$ rendimientos
$$\begin{align} I&=-24\int_0^1 \frac{\text{Li}_3(1-x)}{1-x}\,dx\\\\ \tag 5 &=24\text{Li}_4(1)\\\\ &=24\zeta(4)\\\\ &=24\frac{\pi^4}{90} \end{align}$$
Por lo tanto, hemos
$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{I=\frac{4\pi^4}{15}}$$
como era de esperar y tan fácil como uno, dos, tres, cuatro!
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