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小浩子王子

新蟲 (小有名氣)

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1樓 2015-12-06 18:01:28

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hank612

至尊木蟲 (著名寫手)

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【答案】應(yīng)助回帖

長文慎入。

1。 $\int_{0}^{\infty}\frac{x^{2n-1}dx}{1+e^x}=(1-2^{1-2n})(2\pi)^{2n}\frac{|B_{2n}|}{4n}$

證明：由于 $\frac{1}{1+e^x}=\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k e^{-(k+1)x}$ , 根據(jù)Gamma函數(shù)定義，積分等于
$\sum_{k=0}^{\infty}\Gamma(2n)\frac{(-1)^k}{(k+1)^{2n}}=(1-2^{1-2n})\Gamma(2n)\zeta(2n)$ . 帶入Riemann zeta 函數(shù)用 Bernoulli 數(shù)的表達(dá)式就得到上式。

2。 $\int_{2y}^{\infty}\frac{x^ndx}{1+e^{x-y}} <e^{-y/3} \int_{0}^{\infty}x^n e^{-\frac{x}{3})dx \sim o(y^k)$ 對任意實(shí)數(shù)k,
換句話說，當(dāng)漸近展開式以y的冪次作項(xiàng)時(shí)，負(fù)指數(shù)就相當(dāng)于 0，根本不起作用。

3。 $\int_{0}^y (x^n-x^n\cdot \frac{1}{1+e^{y-x}})dx+\int_{y}^{2y}\frac{x^ndx}{1+e^{x-y}}=\frac{y^{n+1}}{n+1}+\int_{0}^y (\frac{(y+t)^n}{1+e^t}-\frac{(y-t)^n}{1+e^t})dt=\frac{y^{n+1}}{n+1}+\sum_{k=1}^{[n/2]}2\binom{n}{2k-1}y^{n-2k+1} \int_{0}^y \frac{t^{2k-1}}{1+e^t}$

代入（1。）式，得到漸近展開式
$\int_{0}^{\infty}\frac{x^ndx}{1+e^{x-y}} \sim \frac{y^{n+1}}{n+1}+\sum_{k=1}^{[n/2]}\frac{(1-2^{1-2k})(2\pi)^{2k}|B_{2k}|n!}{(2k)!(n+1-2k)!}y^{n+1-2k}$

相關(guān)鏈接：

https://en.wikipedia.org/wiki/Gamma_function

https://en.wikipedia.org/wiki/Riemann_zeta_function

https://en.wikipedia.org/wiki/Bernoulli_number

https://en.wikipedia.org/wiki/Asymptotic_expansion

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回復(fù)此樓

We_must_know. We_will_know.

2樓2016-05-30 00:04:24

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