Вычислить

$$ \int\limits_0^{\infty} \frac{\ln t}{e^t+ 1}dt $$

задан 24 Авг '16 19:02

2

Я вычислил этот интеграл (его значение равно $%-\frac{1}{2}\ln^2 2$%), но я использовал дзета функцию и полилогарифмы. Такое решение подойдет или надо элементарными приемами?

(24 Авг '16 20:18) Sunbro

@Sunbro: у меня значение такое же получилось, но не в результате решения, а результате вычисления в Maple. Способа я на данный момент не знаю, хотя мысль о дзета-функции возникала.

Здесь, возможно, надо рассматривать сумму двух интегралов, а потом делать замену. Но я эту идею пока не пробовал реализовать.

(24 Авг '16 21:30) falcao

@Sunbro, мне интересно, покажите! Я когда-то вычислял этот интеграл, он мне попался на обложке задачника. Помню, что сделал это далеко не сразу, но методами стандартного анализа. Завтра могу попробовать предложить свой вариант решения

(24 Авг '16 22:23) no_exception
10|600 символов нужно символов осталось
5

У меня есть опасение что нижеприведенное доказательство из серии "если видим воробья, то мы готовим пушку".

Легко проверить равенство:

$$\int_{0}^{\infty}\frac{\ln x}{1+e^x}dx = \lim_{s\to 0}\left ( \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} s}\int_{0}^{\infty}\frac{x^s}{1+e^x}d x \right ).$$

Вычислим интеграл справа (после вычислений приведены пояснения).

$$\int_{0}^{\infty}\frac{x^s}{1+e^x}d x \\= \int_{0}^{\infty}x^se^{-x}\frac{1}{1+e^{-x}}d x\\=\int_{0}^{\infty}x^se^{-x}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^ne^{-nx}\ dx\\= \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\int_{0}^{\infty}x^se^{-(n+1)x}dx\\=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(n+1)^{s+1}}\int_{0}^{\infty}x^se^{-x}dx\\=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(n+1)^{s+1}}\Gamma(s+1)\\=-\Gamma(s+1)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(n)^{s+1}}\\=-\Gamma(s+1)\textrm{Li}_{s+1}(-1)\\=\Gamma(s+1)\zeta(s+1)(1-2^{-s}).$$

Первое равенство --- числитель и знаменатель домножили на $%e^{-x}$%.

Второе равенство --- сумма геометрической прогрессии.

Третье равенство --- смена порядка пределов.

Четвертое равенство --- замена переменной $%(n+1)x\to x$%.

Пятое равенство --- определение $%\Gamma(s)$% было использовано.

Шестое равенство --- общий сомножитель вынесли за знак суммы и изменили индекс суммирования (подгоняем под определение полилогарифма).

Седьмое равенство --- определение $%Li_{s+1}(-1)$% было использовано, где $%\text{Li}_{s}(z)$% --- это Polylogarithm

Восьмое равенство --- $%Li_{s+1}(-1) = -\eta(s+1) = (1-2^{-s})\zeta(s+1)$%, где $%\eta(s)$% --- это Dirichlet eta function, а $%\zeta(s)$% --- это Riemann zeta function. Оба равенства из $%\text{Li}_{s+1}(-1) = -\eta(s+1) = (1-2^{-s})\zeta(s+1)$% можно найти в приведенных ссылках.

Теперь нам надо взять предел:

$$\lim_{s\to 0}\left ( \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} s} \left ( \Gamma(s+1)\zeta(s+1)(1-2^{-s}) \right ) \right ).$$

Но легче сказать, чем сделать; здесь нам понадобятся пушки. Мы хотим понять, чему эквивалентны функции $%\Gamma(s+1),$% $%s\zeta(s+1)$% и $%\frac{(1-2^{-s})}{s}$% при базе $%s\to 0$%.

Известно, что (легче всего эти асимптотики спросить у Wolframalpha, но можно найти и по вышеприведенным ссылкам):

$$\zeta(s+1) = \frac{1}{s}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n!}\gamma_n s^n,$$

$$\Gamma(s+1) = 1-\gamma s +O(s^2), s\to 0;$$

$$\frac{1-2^{-s}}{s} \sim \ln 2-\frac{1}{2}\ln^2 (2)s, s\to 0.$$

$%\gamma_n$% --- это Stieltjes Constants, $%\gamma_0 = \gamma$%.

Значит $%\Gamma(s+1)\zeta(s+1)(1-2^{-s}) \sim (1-\gamma^2 s^2)(\ln 2-\frac{1}{2}\ln^2 (2)s),$% $%s\to 0.$%

Теперь легко понять, что $$\lim_{s\to 0}\left ( \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} s} \left ( \Gamma(s+1)\zeta(s+1)(1-2^{-s}) \right ) \right ) = -\frac{1}{2}\ln^2(2).$$

ссылка

отвечен 24 Авг '16 23:33

изменен 25 Авг '16 16:53

Да, все понятно! Очень быстро и наглядно, надо только знать асимптотики.

Если же считать задачу олимпиадной, то, скорее всего, никто не вспомнит эти равенства :(

(26 Авг '16 17:36) no_exception

@no_exception >никто не вспомнит эти равенства.

Хороший студент должен уметь их выводить... Непосредственно после сдачи экзамена по теории чисел такие студенты даже существуют.

(26 Авг '16 18:06) Sunbro

@Sunbro, у вас хорошие студенты :)

В прочем, все-таки для одной задачи этого многовато. Ведь даже доказательство асимптотического разложения для гамма функции уже требует некоторых усилий

(26 Авг '16 18:26) no_exception
10|600 символов нужно символов осталось
4

Получилось вычислить "элементарными" средствами. Имеем: $%\int\limits_0^\infty\frac{\ln x}{e^x+1}dx=\lim\limits_{a\to+0}\int\limits_a^\infty\frac{\ln x}{e^x+1}dx$%. Теперь можно проинтегрировать по частям: $$\int\limits_a^\infty\frac{\ln x}{e^x+1}dx=\int\limits_a^\infty\frac{\ln x}{e^x(1+e^{-x})}dx=-\int\limits_a^\infty\ln xd\ln(1+e^{-x})=\ln a\ln(1+e^{-a})+\int\limits_a^\infty\frac{\ln(1+e^{-x})}{x}dx.$$

Далее, заметим, что $%\ln(1+e^{-x})=\ln\frac{1-e^{-2x}}{1-e^{-x}}=\ln(1-e^{-2x})-\ln(1-e^{-x})$%, после чего последний интеграл разбивается на разность интегралов. Заменяя в первом интеграле $%2x$% на $%y$% и используя аддитивность, сводим разность этих интегралов к интегралу $%-\int\limits_a^{2a}\frac{\ln(1-e^{-x})}{x}dx$%.

Поскольку у нас $%a\to+0$%, то в полученном интеграле $%x\to+0$% и выражение под знаком логарифма эквивалентно $%x$%. Тогда следует ожидать, что $%\int\limits_a^{2a}\frac{\ln(1-e^{-x})}{x}dx-\int\limits_a^{2a}\frac{\ln x}{x}dx\to0$%. Обоснуем это, используя теорему о среднем ($%\xi\in[a,2a]$%): $$\int\limits_a^{2a}\left(\frac{\ln(1-e^{-x})}{x}-\frac{\ln x}{x}\right)dx=\ln\frac{1-e^{-\xi}}{\xi}\int\limits_a^{2a}\frac{1}{x}dx=\ln\frac{1-e^{-\xi}}{\xi}\ln2\to0.$$

Таким образом, $$\int\limits_a^\infty\frac{\ln x}{e^x+1}dx=\ln a\ln(1+e^{-a})-\int\limits_a^{2a}\frac{\ln x}{x}dx+o(1)=\ln a\ln(1+e^{-a})-\frac{\ln^22}{2}-\ln2\ln a+o(1),$$ откуда, переходя к пределу, получаем ответ $%-\frac{\ln^22}{2}$%.

Вот это в моём понимании -- интересный интеграл.

ссылка

отвечен 17 Мар 8:40

изменен 17 Мар 9:25

10|600 символов нужно символов осталось
3

У меня возникла такая же идея, поэтому я не буду переписывать выкладки. Просто обозначим

$$ \Phi(s) = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(n+1)^{s+1}} \Gamma(s + 1), $$ а вычислить требуется $%\Phi'(1)$%, т.е. при $%s = 0$%.

Дифференцируя равенство, получим

$$ \Phi(s) = \Gamma'(s+1)\sum\limits_{n = 0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(n+1)^{s+1}} + \Gamma(s+1)\sum\limits_{n = 0}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1} \ln(n+1)}{(n+1)^{s+1}}. $$ Дальше воспользуемся тем, что $%\Gamma'(1) = -\gamma$% (доказательство довольно известно, как мне кажется. Но можно привести), а так же тем, что $%\sum\limits_{n = 0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+1} = \ln 2$%.

Для второго слагаемого имеем $%\Gamma(1) = 1$%, и остается только вычислить сумму ряда. Для этого заметим, что

$$ \sum\limits_{n = 1}^{2k}\frac{(-1)^n \ln n}{n} = \ln2 \sum\limits_{n = 1}^{k} \frac{1}{n} - \sum\limits_{n = k+1}^{2k}\frac{\ln n}{n} $$

и воспользуемся равенствами $$ \sum\limits_{n = 1}^{k} \frac{1}{n} = \ln n + \gamma + o(1), $$ а так же $$ \sum\limits_{n = k+1}^{2k}\frac{\ln n}{n} = \frac{\ln^2 2}{2} + \ln 2 \ln (n+1) + o(1) $$. Ясно, что ряд сходится, а значит его сумма будет $%\gamma \ln 2 - \frac{\ln^2 2}{2}$%. Откуда и получаем ответ

ссылка

отвечен 26 Авг '16 17:33

изменен 26 Авг '16 17:37

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×107

задан
24 Авг '16 19:02

показан
579 раз

обновлен
17 Мар 9:25

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru