Un integrale domenicale

[dan952]

Calcolare
$$\int_{0}^{+\infty}\frac{x}{e^x-1}dx$$

[Zero87]

Un anno e mezzo fa mi sono laureato... con una tesi sulla RH. Premesso che la matematica che so ora è un centesimo di quella che sapevo all'epoca, vedendo il tuo integrale mi si è accesa subito una lampadina in tal senso.

Tuttavia, prima di andare a leggere/controllare o cose simili, provo a scornarmi a mano su questo integrale, se poi non mi viene in mente niente... un'occhiata la darò.

[dan952]

@Zero
Ci avrei scommesso che avresti risposto! Infatti proprio mentre stavo leggendo la tesi sulla RH che hai pubblicato qui (e che invito gli altri a leggere perché è fatta davvero bene) mi è venuto in mente questo esercizio.

[Zero87]

"dan95":@Zero
Ci avrei scommesso che avresti risposto!

Devo dire che non me l'aspettavo... sono commosso!
Poi, con le mie conoscenze attuali di matematica, non è neanche detto che avrei risposto, è stata una casualità.

PS, oltre a ringraziarti per questo ( )

mentre stavo leggendo la tesi sulla RH che hai pubblicato qui (e che invito gli altri a leggere perché è fatta davvero bene)

ti invito a segnalarmi errori; me ne sono stati segnalati una decina di battitura (nel giro di un anno) e quando arrivo ad una ventina scrivo ad Admin per caricare una nuova versione.
Prima o poi la rileggerò anch'io, magari quando sono in ferie.

Per l'esercizio passo, ricordo di aver fatto integrazioni su cammini assurdi (per me ora!) quindi lascio perdere.

[Rigel1]

Se proprio vogliamo scomodare la zeta di Riemann, direi che è sufficiente ricordare la relazione
\[
\Gamma(z) \zeta(z) = \int_0^{\infty} \frac{t^{z-1}}{e^t-1}\, dt
\]
che vale per \(Re(z) > 1\) (e, in particolare, per \(z=2\)).

[dan952]

@Rigel
Non è necessario scomodare la Zeta di Riemann, c'è un modo elementare di calcolarlo.

[Rigel1]

Avete cominciato tu e Zero a parlare di zeta di Riemann

\[
\int_0^{+\infty} \frac{x}{e^x-1}\, dx = \int_0^{+\infty} \frac{x\, e^{-x}}{1 - e^{-x}}\, dx = [\text{sost.}\ t=1-e^{-x}]
= -\int_0^1\frac{\log(1-t)}{t}\, dt.
\]
Ovviamente anche l'ultimo integrale va inteso in senso generalizzato, vale a dire
\[
-\int_0^1\frac{\log(1-t)}{t}\, dt = \lim_{x\to 1^-} \int_0^x \frac{-\log(1-t)}{t}\, dt\,.
\]
D'altra parte, se \(x\in (0,1)\),
\[
\int_0^x \frac{-\log(1-t)}{t}\, dt = \int_0^x \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{t^{n-1}}{n}\, dt =
\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{x^{n}}{n^2}\,.
\]
Quest'ultima serie converge totalmente in \([-1,1]\), dunque
\[
\lim_{x\to 1^-} \int_0^x \frac{-\log(1-t)}{t}\, dt = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}\,.
\]

[Zero87]

"Rigel":Avete cominciato tu e Zero a parlare di zeta di Riemann

Mi si era accesa una lampadina impolverata dalla nebbia del tempo.

[dan952]

@Rigel
La tua soluzione è molto carina, io ho considerato la serie $\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}}=\sum_{i=1}^{+\infty}e^{-ix}$.