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标题:
\(\int_{-\infty }^{\infty }\frac{x^{2}e^{x}}{(1+e^{x})^2} dx\)一般解法
[打印本页]
作者:
ta5607
时间:
2016-10-8 14:56
标题:
\(\int_{-\infty }^{\infty }\frac{x^{2}e^{x}}{(1+e^{x})^2} dx\)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 ?
作者:
战巡
时间:
2016-10-9 03:13
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
1
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
2
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
\[\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\partial^2}{\partial k^2}|_{k=1}f(x,k)dx=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x^2e^{x}}{(1+e^x)^2}dx=\frac{d^2}{dk^2}|_{k=1}\frac{(1-k)\pi}{\sin(k\pi)}=\frac{\pi^2}{3}\]
作者:
ta5607
时间:
2016-10-9 08:09
回複
2#
戰巡
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
作者:
战巡
时间:
2016-10-9 16:27
回复
3#
ta5607
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
作者:
青青子衿
时间:
2020-10-18 16:54
https://math.stackexchange.com/questions/2849517
https://math.stackexchange.com/questions/552658
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