\(\int_{-\infty }^{\infty }\frac{x^{2}e^{x}}{(1+e^{x})^2} dx\)一般解法
證明：\[\int_{-\infty }^{\infty }\frac{x^{2}e^{x}}{(1+e^{x})^2} dx=\frac{\pi ^{2}}{3}\]請問這題如何用一般的微積分技巧去解 ? 我并不理解楼主所谓“一般的微积分技巧”是什么东西
如果你是指那些最简单的，如换元、分部积分神马的，恐怕是搞不定这种问题的
我给两种办法，但都需要特殊函数的支持
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换元 $\frac{1}{e^x+1}=y$
\[\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x^2e^x}{(1+e^x)^2}dx=\int_{0}^{1}x^2d\frac{1}{1+e^x}=\int_0^1\ln^2(\frac{1-y}{y})dy\]
\[=\int_0^1[\ln^2(1-y)-2\ln(1-y)\ln(y)+\ln^2(y)]dy=4-2\int_0^1\ln(1-y)\ln(y)dy\]
其中
\[\int_0^1\ln(1-y)\ln(y)dy=\int_0^1dy\int_0^y\frac{\ln(1-y)}{z}dz=\int_0^1[-1+\ln(1-z)-\frac{\ln(1-z)}{z}]dz\]
而证明后面这块
\[\int_0^1\frac{\ln(1-z)}{z}dz=-\frac{\pi^2}{6}\]
不可避免的要用到傅里叶级数
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考虑函数
\[f(x,k)=\frac{e^{kx}}{(1+e^x)^2}\]
代换$e^x=y$有
\[\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,k)dx=\int_0^{+\infty}\frac{y^{k-1}}{(1+y)^2}dy=B(k,2-k)=(1-k)B(k,1-k)=\frac{(1-k)\pi}{\sin(k\pi)}\]
注：上面最后一步用到余元公式，其证明同样涉及傅里叶级数
而后有
\[\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\partial^2}{\partial k^2}|_{k=1}f(x,k)dx=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x^2e^{x}}{(1+e^x)^2}dx=\frac{d^2}{dk^2}|_{k=1}\frac{(1-k)\pi}{\sin(k\pi)}=\frac{\pi^2}{3}\] [b]回複 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=19169&ptid=4266]2#[/url] [i]戰巡[/i] [/b]
感謝~有種靈感了 ?
那請問這題要如何用複變函數做 ? 感覺很複雜 [b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=19170&ptid=4266]3#[/url] [i]ta5607[/i] [/b]
干嘛非要用复变...
前面其实都推的差不多了，比如第一种做法
\[\int_0^1\frac{\ln(1-z)}{z}dz=-\int_0^1\sum_{k=1}^\infty\frac{z^{k-1}}{k}dz=-\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2}=-\zeta(2)=-\frac{\pi^2}{6}\]
这是个经典结果，经典证明由傅里叶级数给出，并不复杂
如果你硬要用复变，第二种做法里面的余元公式可以由留数定理推出，具体自己去查吧 [url]https://math.stackexchange.com/questions/2849517[/url]
[url]https://math.stackexchange.com/questions/552658[/url]
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