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da **Chiodo** » 18 nov 2012, 18:38

Salve a tutti!..

Durante i miei studi mi sono imbattuto in un esercizio che richiedeva di derivare la legge di Stefan (che mette in relazione la radianza con la temperatura: $R_T=\sigma T^4$ ).
Nella risoluzione viene dato un suggerimento. Utilizzare il valore numerico del seguente integrale:
$\int_0^{\infty}\frac{q^3 dq}{e^q-1}=\frac{\pi^4}{15}$ .
Ora l'esercizio l'ho risolto, ma volevo capire da dove si ottiene quel particolare valore numerico.

1) Ho provato a passare mediante il metodo di sostituzione ponendo e^q=t

e

, ma in entrambi i casi mi "areno" più avanti.
2) Ho provato a pensare che essendo un integrale improprio si potesse passare mediante l'analisi complessa e sfruttare il teorema dei residui considerando un cerchio orientato centrato nell'origine dove è presente una singolarità della funzione integranda, ma ho notato subito che in q=0 è presente una singolarità eliminabile e quindi non si può seguire tale via.

Qualcuno ha idea di come procedere?

Grazie e buona serata!

da **RenzoDF** » 18 nov 2012, 20:34

Potresti usare questo sviluppo notevole ;-)

$\frac{1}{1-x}=\sum\limits_{k=0}^{\infty }{{{x}^{k}}}$

che, dal mio punto di vista idraulico, ti porterà a calcolare l'integrale attraverso la particolarizzazione di una famosa "somma", per fortuna, con un esponente pari. :-)

$I=6\,\,\sum\limits_{k=1}^{\infty }{\frac{1}{{{k}^{4}}}}$

Edit

... e, cercando di scrivere qualcosa di meno "idraulico", quel suggerimento per risolvere l'integrale ti è stato dato per sottolineare il legame fra funzione zeta di Riemann, funzione gamma di Eulero e trasformata di Mellin, ovvero ricordarti che

$\zeta (s)\Gamma (s)=\int_{0}^{\infty }{\frac{{{x}^{s-1}}}{{{e}^{x}}-1}\,}\text{d}x$

che nel caso particolare può essere utilizzata in "retromarcia" e, grazie ad un s=4: reale, intero e pari, scritta come

$\int_{0}^{\infty }{\frac{{{x}^{3}}}{{{e}^{x}}-1}\,}\text{d}x=\zeta (4)\Gamma (4)=\frac{{{\pi }^{4}}}{90}\times 3!=\frac{{{\pi }^{4}}}{15}\quad \quad$

da **Chiodo** » 19 nov 2012, 11:37

Ok..credo tu faccia riferimento alla seguente:
$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^4}=\frac{\pi^4}{90}$ ottenibile sfruttando la formula di Parseval partendo dallo sviluppo in Serie di Fourier ad esempio della funzione $f(x)=1-\frac{2|x|}{\pi}$ con $x\in [-1,1]$ periodica di $2\pi$ .

Ora al mio integrale io applico la sostituzione: e^q=t

quindi esso diventa pari a
$\int_{1}^{\infty}\frac{(\log{t})^3 \, dt}{t(t-1)}.$

Estraendo un -1 e facendo riferimento allo sviluppo della serie geometrica a cui fai riferimento e poi allo sviluppo della serie logaritmica si ottiene:
$-\int_{1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty} t^k \sum_{k=1}^{\infty}\biggl ( \frac{(-1)^{k+1}}{k}(t-1)^k \biggr )^3 \, dt.$

Infatti $\log{(x+1)}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k}x^k$

Qui mi blocco però..

da **Chiodo** » 19 nov 2012, 11:45

RenzoDF ha scritto:
... e, cercando di scrivere qualcosa di meno "idraulico", quel suggerimento per risolvere l'integrale ti è stato dato per sottolineare il legame fra funzione zeta di Riemann, funzione gamma di Eulero e trasformata di Mellin, ovvero ricordarti che

$\zeta (s)\Gamma (s)=\int_{0}^{\infty }{\frac{{{x}^{s-1}}}{{{e}^{x}}-1}\,}\text{d}x$

Ho letto ora la tua modifica!.. :shock:

Wow!!..potente questa cosa..purtroppo però l'unica che conoscevo per il momento tra funzioni e trasformata era la funzione Gamma di Eulero che salta fuori nelle trasformate di Laplace.
Grazie del suggerimento, provvederò ad approfondire la altre due signore traformata di Mellin e funzione zeta di Riemann. :-)

da **RenzoDF** » 19 nov 2012, 11:51

Non hai usato il mio primo suggerimento, che particolarizzato può essere utile ;-)

$\frac{1}{1-x}=\sum\limits_{k=0}^{\infty }{{{x}^{k}}}\quad \Rightarrow \quad \frac{1}{1-{{e}^{-x}}}=\sum\limits_{k=0}^{\infty }{{{e}^{-kx}}}$

da **Chiodo** » 19 nov 2012, 12:06

$\int_{0}^{\infty}\frac{q^3 \, dq}{e^q-1}=-\int_{0}^{\infty}\frac{q^3 \, dq}{1-e^q}.$

Posto q=-x e dopo aver sistemato i segni ho:

$\int_{-\infty}^{0} x^3 \sum_{k=0}^{\infty} {e^_{-kx}} \, dx$

...

da **RenzoDF** » 19 nov 2012, 14:25

da **Chiodo** » 19 nov 2012, 15:42

Perfetto perfetto!..delle volte non riesco a vedere ad un cm oltre il mio naso.. :-)

Si completa con un'integrazione ricorsiva per parti fino a raggiungere la famosa somma ed il gioco e fatto.:)
Grazie dell'aiuto!

da **IsidoroKZ** » 19 nov 2012, 16:29

E poi bisogna discutere le condizioni entro le quali si puo` scambiare somma e integrale!

da **Chiodo** » 19 nov 2012, 22:47

IsidoroKZ ha scritto:E poi bisogna discutere le condizioni entro le quali si puo` scambiare somma e integrale!

Per portare fuori la serie dal segno di integrale può essere sfruttata la convergenza totale della serie, che ne implica la convergenza uniforme, la quale garantisce lo scambio integrale-serie.

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