Uneigentliches Integral mit log und exp

18.04.2018, 19:00

Mathema

Uneigentliches Integral mit log und exp

Hallo,

ich versuche aus der Freude an der Mathematik den Reihenwert für die folgende Reihe zu berechnen:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{\infty} (-1)^k\frac{\ln k}{k} \end{eqnarray*}$

Nach etwas Rechnung komme ich zu dem Punkt:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{\infty} (-1)^k\frac{\ln k}{k}=\gamma \ln 2+\int_0^{\infty} \frac{\ln x}{1+e^x} \dd x \end{eqnarray*}$

Das verbleibende Integral besitzt den Wert $\begin{eqnarray*} -\frac{1}{2}\log^2(2) \end{eqnarray*}$ , was auch zum wunderbar zum Reihenwert passt. Leider bekomme ich es nicht berechnet. Hat jemand eine Idee, wie man dieses Integral in den Griff bekommt?

18.04.2018, 20:48

Guppi12

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Hey,

schau mal hier. Die Antwort von Professor Vector (zweite von oben) kommt mit elementaren Methoden aus.

18.04.2018, 21:18

Mathema

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Hey,

vielen Dank! Das ist wirklich eine hübsche Lösung, aber wie kommt man denn auf $\begin{eqnarray*} \frac1{e^x+1}=\frac1{e^x-1}-\frac2{e^{2x}-1} \end{eqnarray*}$ ? verwirrt

Da hätte ich wohl noch lange grübeln können...

Liebe Grüße

PS: Schön mal wieder von dir zu hören! Ich hoffe es geht dir gut! smile

19.04.2018, 08:31

IfindU

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Sowas sehen wohl Leute, die viel mit Partialbruchzerlegungen arbeiten. So ist ja
$\begin{eqnarray*} \frac 1 { z^2 - 1} = \frac 1 2 \left ( \frac 1 { z + 1} - \frac 1 {z- 1} \right) \end{eqnarray*}$ .
Und das ist es ja nur umgestellt (um für $\begin{eqnarray*} z = e^x \end{eqnarray*}$ )

19.04.2018, 14:23

HAL 9000

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Zitat:

Original von Mathema
Nach etwas Rechnung komme ich zu dem Punkt:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{\infty} (-1)^k\frac{\ln k}{k}=\gamma \ln 2+\int_0^{\infty} \frac{\ln x}{1+e^x} \dd x \end{eqnarray*}$

Wenn das etwas wirklich nur etwas ist, dann könntest du es ja kurz hier darstellen - mich würde mal interessieren, wie Euler-Mascheroni hier reinkommt oder was sonst so verwendet wurde (evtl. Euler-Maclaurin oder verwandtes?).

19.04.2018, 15:51

Mathema

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Hallo HAL,

sehr gerne:

Begonnen habe ich mit der Integraldarstellung $\begin{eqnarray*} \ln\left(\frac{a}{b}\right)=\int_0^{\infty}\frac{e^{-bx}-e^{-ax}}{x} \dd x \end{eqnarray*}$ . Damit ergibt sich:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{\infty} (-1)^k\frac{\ln k}{k}=\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k}\int_0^{\infty}\frac{e^{-x}-e^{-kx}}{x}\dd x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\sum\limits_{k=1}^{\infty} \int_0^{\infty}\frac{(-1)^k\left(e^{-x}-e^{-kx}\right)}{kx}\dd x \end{eqnarray*}$

Dann habe ich vertauscht und die Summe auseinandergezogen:

$\begin{eqnarray*} =\int_0^{\infty} \frac{1}{x} \left [ \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k}e^{-x}-\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k}e^{-xk} \right]\dd x \end{eqnarray*}$

Für die erste Summe habe ich die alternierende harmonische Reihe und für die zweite habe ich $\begin{eqnarray*} \ln(1+x)=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k}\cdot x^k \, \text{für} |x|<1 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x=e^{-x} \end{eqnarray*}$ verwendet. Damit ergibt sich:

$\begin{eqnarray*} =\int_0^{\infty} \frac{1}{x}\left[-\log(2) e^{-x}+\log(1+e^{-x})\right]\dd x \end{eqnarray*}$

Nun partiell integrieren:

$\begin{eqnarray*} =\underbrace{\left.\left(\log(1+e^{-x})-\log(2)e^{-x}\right)\log(x)\right|_0^{\infty}}_{\to0}-\int_0^{\infty}\left(\frac{-e^{-x}}{1+e^{-x}}+\log(2)e^{-x}\right)\log(x) \dd x \end{eqnarray*}$

Nun ist $\begin{eqnarray*} \gamma=-\int_0^{\infty}\log(x)e^{-x}\dd x \end{eqnarray*}$ und den ersten Integranden habe ich mit $\begin{eqnarray*} e^{x} \end{eqnarray*}$ erweitert. Dann stand es da.

@IfindU: Danke für den Hinweis. Und ich hatte schon gegrübelt, wie man das sehen kann bzw. ob diese Identität nun so bekannt ist...

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