怎麼求積分。？

01-03

第一步：

$int_0^1frac{ln x}{x+1}mathrm{d}x=sum_{n=0}^inftyleft(-1 ight)^nint_0^1x^nln xmathrm{d}x.$

第二步：

$egin{align} int_0^1x^nln xmathrm{d}x =int_0^1ln xmathrm{d}left(frac{x^{n+1}}{n+1} ight)\ =left.frac{x^{n+1}ln x}{n+1} ight|_0^1-frac{1}{n+1}int_0^1x^nmathrm{d}x\ =-frac{1}{left(n+1 ight)^2}. end{align}$

第三步：

$int_0^1frac{ln x}{x+1}mathrm{d}x=-sum_{n=0}^inftyfrac{left(-1 ight)^n}{left(n+1 ight)^2}.$

第四步：令 $n+1=l$ ，則

$int_0^1frac{ln x}{x+1}mathrm{d}x=sum_{l=1}^inftyfrac{left(-1 ight)^l}{l^2}.$

第五步：我們知道

$left(1-2^{1-s} ight)zetaleft(s ight)=sum_{n=1}^{infty}frac{left(-1 ight)^{n-1}}{n^s}$

所以

$left(1-frac{1}{2} ight)zetaleft(2 ight)=-sum_{l=1}^{infty}frac{left(-1 ight)^l}{l^2}.$

因此

$int_0^1frac{ln x}{x+1}mathrm{d}x=sum_{l=1}^inftyfrac{left(-1 ight)^l}{l^2}=-frac{1}{2}zeta(2)=-frac{1}{2}sum_{n=1}^{infty}frac{1}{n^2}=-frac{pi^2}{12}.$

補充問題：那麼

$int_0^1frac{ln^m x}{x+1}mathrm{d}x= ~?$

作為學過統計物理的渣渣，下意識進行了略有些捨近求遠但是更為熟悉的代換。

令 $t=-lnx$ ，積分變成了（第一步為分部積分） $-int_{0}^{+ infty} frac{t}{e^t+1} dt=-frac{1}{2}int_{0}^{+ infty} frac{t^2e^t}{(e^t+1)^2} dt=-frac{1}{4}int_{-infty}^{+ infty} frac{t^2e^t}{(e^t+1)^2} dt$

對於形如 $I_{2m}=int_{-infty}^{+ infty} frac{t^{2m}e^t}{(e^t+1)^2} dt$ 的積分，已知 $I_0=int_{-infty}^{+ infty} frac{e^t}{(e^t+1)^2} dt=1$

當 $mgeq1$ 時，

$egin{align} I_{2m} =2int_{0}^{infty}t^{2m}d(-frac{1}{e^t+1}) \ = 4mint_{0}^{infty}frac{t^{2m-1}}{e^t+1}dt \ =4mint_{0}^{infty}t^{2m-1}sum_{l=1}^{infty}(-1)^{l-1}e^{-lt}dt\ =4msum_{l=1}^{infty}frac{(-1)^{l-1}}{l^{2m}}Gamma(2m)\ end{align}$

$I_{2m}=4mGamma(2m)left[ 1-2^{1-2m} ight]zeta(2m)$

原積分的值為： $-frac{1}{4}*4*1*Gamma(2)left[ 1-2^{1-2*1} ight]zeta(2)=-frac{1}{2}*zeta(2)=-frac{1}{2}*frac{pi^2}{6}=-frac{pi^2}{12}$

其中 $zeta(s)=sum_{n=1}^{infty}{frac{1}{n^s}}$

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

睡不著扯一些有的沒的

易知： $int frac{ln x}{x+1} dx=Li_2(x)+ln(x)*ln(x+1)$

不鬧了以上是我扔WolframAlpha之後...

正經來看這個積分，如果至少學過統計物理的話，可能會覺得有些眼熟，這不是那個什麼費米狄拉克...

令 $t=-lnx$ ，積分變成了 $-int_{0}^{+ infty} frac{t}{e^t+1} dt=-Gamma(2)*F_1(0)=Gamma(2)*Li_2(-1)=-eta(2)=-frac{pi^2}{12}$

關於中間這些東西有不少故事，不過會最基本的Gamma function - Wikipedia以及知曉Complete Fermi-Dirac integral的存在即可。

即 $F_j(x)=frac{1}{Gamma(j+1)}int_{0}^{infty}frac{t^j}{e^{t-x}+1} dt qquad (j>0)$ 。這是我們研究已久的東西，該拿來用的時候就拿來用。

那麼，這種積分的值在一些情況下，是如何計算的呢？

（為了和Pathria的符號相一致）這裡我們定義費米狄拉克函數：

$f_ u(z)=frac{1}{Gamma( u)}int_{0}^{infty}frac{t^{ u-1}dt}{1+z^{-1}e^t}=frac{2}{Gamma( u)}int_{0}^{infty}frac{x^{2 u-1}dx}{1+z^{-1}e^{x^2}}$

1、當 $zll1$ 時

$egin{align} f_ u(z) =frac{1}{Gamma( u)}int_{0}^{infty}frac{t^{ u-1}dt}{1+z^{-1}e^t} \ = frac{1}{Gamma( u)}int_{0}^{infty}t^{ u-1}sum_{l=1}^{infty}(-1)^{l-1}(ze^{-t})^l dt \ =sum_{l=1}^{infty}(-1)^{l-1}frac{z^l}{l^ u}\ =z-frac{z^2}{2^ u}+...\ end{align}$

2、當 $zgg1$ 時，令 $y=ln,z$

$egin{align} f_ u(z) =frac{1}{Gamma( u)}int_{0}^{infty}frac{t^{ u-1}dt}{1+z^{-1}e^t} \ =frac{1}{Gamma( u)}int_{0}^{infty}frac{t^{ u-1}dt}{e^{t-y}+1} \ =frac{1}{ uGamma( u)}int_{0}^{infty}frac{t^{ u}e^{t-y}dt}{(e^{t-y}+1)^2}quad(Integration ;by ;parts) \ =frac{1}{Gamma( u+1)}int_{-y}^{infty}frac{(t+y)^{ u}e^{t}dt}{(e^{t}+1)^2} \ =frac{1}{Gamma( u+1)}int_{-infty}^{infty}frac{(t+y)^{ u}e^{t}dt}{(e^{t}+1)^2} \ =frac{1}{Gamma( u+1)}left[ int_{-infty}^{infty}dtfrac{e^{t}}{(e^{t}+1)^2}y^ u+frac{1}{2} u( u-1)y^{ u-2}int_{-infty}^{infty}dtfrac{t^2e^{t}}{(e^{t}+1)^2}+... ight] \ end{align}$