Integración por partes

Question

Tratar de hacerlo a mano, la siguiente integración de IM

$\int_0^\infty ! n^2 \ln(1-e^{-an}) \, \mathrm{d} n$

He intentado usar integración por partes y sustitución, pero cada vez es complicado y desordenado (polylog términos etc...), existe alguna forma directa para solucionar esto?

Answer 1

Esto es una generalización. Ampliando el logaritmo de su serie de Taylor (el mismo método en las otras respuestas) tendrás $$ \int_0^\infty x^{n-1}\log(1-e^{-\alpha x})dx=-\frac{1}{\alpha^n}\zeta(n+1)\Gamma(n)$ $, que su caso es $n=3$

Answer 2

Voy a escribir su integral como

$$\int_0^{\infty} dx \: x^2 \log{(1-e^{-a x})} = \frac{1}{3} \int_0^{\infty} d(x^3) \log{(1-e^{-a x})} $$

Ahora integrar por partes:

$$ = \frac{1}{3} [x^3 \log{(1-e^{-a x})}]_0^{\infty} - \frac{1}{3} \int_0^{\infty} dx\: x^3 \frac{d}{dx} \log{(1-e^{-a x})} $$

El término entre corchetes va a cero en $\infty$ $0$ (por qué?), así, obtenemos

$$ = -\frac{a}{3} \int_0^{\infty} dx\: x^3 e^{-a x} (1-e^{-a x})^{-1} $$

Para algunos valores de $a$ (¿cuáles?), podemos Taylor ampliar el término en paréntesis dentro de la integral y obtener

$$ = -\frac{a}{3} \int_0^{\infty} dx\: x^3 e^{-a x} \sum_{k=0}^{\infty} e^{-k a x} $$

Debido integral y la suma son absolutamente convergentes (aplicación del teorema de Fubini), podemos intercambio orden de la suma y la integral y obtener:

$$ -\frac{a}{3} \sum_{k=0}^{\infty} \int_0^{\infty} dx\: x^3 e^{-(k+1) a x} $$

Estas integrales son bien conocidos:

$$ \int_0^{\infty} dx\: x^3 e^{-(k+1) a x} = \frac{3!}{a^4 (k+1)^4} $$

así que ahora tenemos

$$\int_0^{\infty} dx \: x^2 \log{(1-e^{-a x})} = -\frac{2}{a^3} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(k+1)^4} = -\frac{\pi^4}{45 a^3} $$

Answer 3

Integración por partes produce $$\begin{align} \int_0^\infty n^2 e^{-n}\,\mathrm{d}n &=\left.-n^2e^{-n}\right]_0^\infty+\int_0^\infty2n\,e^{-n}\,\mathrm{d}n\ &=0+\left.-2n\,e^{-n}\vphantom{n^2}\right]_0^\infty+\int0^\infty 2\,e^{-n}\,\mathrm{d}n\ &=2\tag{1} \end {Alinee el} $$ aplicar $(1)$ y $\log(1-x)=-\sum\limits{k=1}^\infty\dfrac{x^k}{k}$ a $$\begin{align} \int_0^\infty n^2\log(1-e^{-an})\,\mathrm{d}n &=-\int0^\infty n^2\sum{k=1}^\infty\frac1ke^{-kan}\,\mathrm{d}n\ &=-\sum_{k=1}^\infty\frac1k\frac2{(ka)^3}\ &=-\frac2{a^3}\zeta(4)\ &=-\frac{\pi^4}{45a^3}\tag{2} \end {Alinee el} % de uso $$ $\zeta(4)$de esta respuesta.

Answer 4

Utilizando la serie de energía $\log(1-x)$: $$\int{0}^{\infty}n^2\log(1-e^{-\alpha n})\,\mathrm{d}n=-\int{0}^{\infty}n^2\sum{k=1}^{\infty}\frac{e^{-k\alpha n}}{k}\,\mathrm{d}n\=-\int{0}^{\infty}\sum{k=1}^{\infty}\frac{\partial^2}{\partial\alpha^2}\left(\frac{e^{-kn\alpha}}{k^3}\right)\,\mathrm{d}n\=-\frac{\partial^2}{\partial\alpha^2}\sum{k=1}^{\infty}\int{0}^{\infty}\frac{e^{-kn\alpha}}{k^3}\,\mathrm{d}n\=-\frac{\partial^2}{\partial\alpha^2}\sum{k=1}^{\infty}\left(-\frac{e^{-kn\alpha}}{\alpha k^4}\right)0^{\infty}\=-\frac{\partial^2}{\partial\alpha^2}\sum{k=1}^{\infty}\frac{1}{\alpha k^4}\=-\sum{k=1}^{\infty}\frac{\partial^2}{\partial\alpha^2}\left(\frac{\alpha^{-1}}{ k^4}\right)\=-2\sum{k=1}^{\infty}\frac{\alpha^{-3}}{k^4}=-\frac{2\zeta(4)}{\alpha^3}\=-\frac{\pi^4}{45\alpha^3}.$ $

Answer 5

Integración parcial:

$$\int_0^{\infty}n^2\cdot \ln(1-e^{-an})dn=\underbrace{\left[\frac{x^3}{3}\ln(1-e^{-an})\right]0^{\infty}}{=\;0}-\frac{1}{3}\int_0^{\infty}n^3\left(\frac{a}{e^{an}-1}\right)dn$$

Que $s=an:$

$$\int_0^{\infty}n^2\cdot \ln(1-e^{-an})dn=-\frac{1}{3a^3}\int_0^{\infty}\frac{s^3}{e^{s}-1}ds$$

Usando a la relación conocida

$$\Gamma(z)\zeta (z)=\int_0^{\infty}\frac{s^{z-1}}{e^s-1}ds\qquad(\Re (z)>1)$$

Obtenemos,

$$\int_0^{\infty}n^2\cdot \ln(1-e^{-an})dn=-\frac{1}{3a^3}\Gamma(4)\zeta(4)=-\frac{\pi^4}{45a^3}$$