【两个有趣的积分】解答篇

废话不多说，我们直接看解答过程

(1)

• (此解法来自渡鸦)

记 \( I=\int_{0}^{1}\log\sin(\pi t)dt \)

根据积分换元公式，设 \( u=2t \) ，有

$$ \begin{split} I &= \int_0^{1/2}2\log\sin(2\pi u)du\\ &= 2\int_0^{1/2}\log(2\sin(\pi u)cos(\pi u))du\\ &= \log2 + 2\int_0^{1/2}\log\sin(\pi u)du + 2\int_0^{1/2}\log\cos(\pi u)du \end{split} $$

对上式中最后一个积分做 \( u\to \frac{1}{2}-u \) 的代换，就会发现

$$ \int_0^{1/2}\log\sin(\pi u)du = \int_0^{1/2}\log\cos(\pi u)du $$

注意到 \( \sin x \) 是关于 \( \frac{\pi}{2} \) 对称的

因此上面两个积分都等于 \( \int_{0}^{1}\log\sin(\pi t)dt \) 的一半，也就是 \( I \) 的一半

于是我们得到 \( I = \log2 + 2I \)

所以 \( I = -\log2 \)

奇妙地就解出来啦！

 

(2)

相对于上一题的技巧性，这一个积分的计算需要一些硬功夫

• 解法1：

指数形式看似十分优美，然而分母上的 \( e^t-1 \) 使得计算难以进行

所以我们首先用换元简化分母

$$ \begin{split} & \int_0^{+\infty}\frac{t}{e^t-1}dt\\ =& \int_{-\infty}^0\frac{te^t}{e^t-1}dt &(t \to -t)\\ =& \int_{-1}^0\frac{\log(x+1)}{x}dx &(x=e^t-1)\\ =& -\int_0^1\frac{\log(1-x)}{x}dx \quad &(x \to -x) \end{split}$$

然后将 \( \log(1-u) \) 用泰勒公式展开

$$ -\log(1-x)=x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdots $$

于是积分等于

$$ \int_0^1\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n-1}}{n}dx $$

到这里，我们距离答案已经很近了

如果积分号下的幂级数可以逐项积分的话，我们就能得到一个熟悉的无穷和

$$ 1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\frac{1}{16}+\cdots=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} $$

它等于 \( \frac{\pi^2}{6} \)

然而可惜的是，我们的被积函数随着 \( x \) 接近于 \( 1 \) 趋于无穷大

因此在 \( [0,1) \) 上级数并不一致收敛，也就不能轻易交换积分与求和的顺序

不过，补救的办法还是有的，我们可以通过避开 \( x=1 \) 来解决问题

实际上，我们的积分是一个瑕积分，它等于

$$ \lim_{\varepsilon\to0^+}\int_0^{1-\varepsilon}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n-1}}{n}dx $$

当 \( \varepsilon \) 是一个给定的充分小的正数时

由于幂级数 \( \sum_{n=1}^{\infty}x^{n-1}/n \) 的收敛半径是 \( 1 \)

因此它在闭区间 \( [0,1-\varepsilon] \) 上一致收敛，于是积分等于

$$ \lim_{\varepsilon\to0^+}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(1-\varepsilon)^n}{n^2} $$

由于将 \( \varepsilon=0 \) 代入式子得到的级数绝对收敛

所以根据幂级数理论中的Abel定理，上述极限等于 \( \varepsilon=0 \) 时的值，即 \( \frac{\pi^2}{6} \)

• 解法2(此解法来自渡鸦)：

刚刚虽然说分母不易处理，但是我们同样可以利用幂级数将分母展开来进行计算

渡鸦你自己来写，哼~

太坏了，好的我写

注意到在 \( t>0 \) 的时候， \( e^{-t}<1 \) ，所以可以给 \( \frac{1}{e^t-1}=\frac{e^{-t}}{1-e^{-t}} \) 做幂级数展开：

$$\begin{align*}
&\quad~\int_0^\infty \frac{t}{e^t-1}dt\\
&=\int_0^\infty \frac{te^{-t}}{1-e^{-t}}dt\\
&=\sum_{n=1}^\infty \int_0^\infty te^{-nt} dt\qquad\left(\text{积分绝对收敛所以可以交换求和/积分顺序}\right)\\
&=\sum_{n=1}^\infty \frac{\Gamma(2)}{n^2}\qquad\left(\text{伽马积分，也可以用分部积分证明}\right)\\
&=\Gamma(2)\zeta(2)\qquad\left(\text{黎曼$\zeta$函数}\right)\\
&=\boxed{\frac{\pi^2}{6}}\qquad\left(\text{是特殊值，上边悟理应该也解释过这个}\right)
\end{align*}$$

这样就求出来了(=´∀｀)人(´∀｀=)