Pregunta de cálculo: $\int_2^\infty\frac{\log^3(x-1)}{x^2}dx$

Question

Acabo de hacer el examen de cálculo pero no he podido encontrar $\displaystyle \int_2^\infty\frac{\log^3(x-1)}{x^2}dx$ ? Se agradecerá cualquier ayuda. Gracias de antemano.

EDITAR:

Olvidé mencionar que mi tutor nos dio pistas sobre esta pregunta.

1. Utilizar la serie de Taylor
2. $\displaystyle \zeta(3)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^3}$

Esas son las pistas que nos dio.

Answer 1

Utilice la sustitución $x-1=t$ para obtener: $$\int_1^{\infty} \frac{\log^3t}{(1+t)^2}\,dt$$ Con la sustitución $t=1/u$ la integral anterior es: $$\int_0^1 \frac{-\log^3 u}{(1+u)^2}\,du$$ A continuación, utiliza la siguiente representación en serie, $$\frac{1}{(1+u)^2}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n (n+1)u^n$$ para obtener: $$\int_0^1 \frac{-\log^3 u}{(1+u)^2}\,du=-\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n(n+1)\int_0^1 \log^3u \,u^n\,du$$ A continuación, utilice la sustitución $\log u=-x$ para conseguirlo: $$\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n(n+1)\int_0^{\infty} x^3e^{-(n+1)x}\,dx$$ Con otra sustitución $(n+1)x=y$ deberías conseguirlo: $$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(n+1)^3}\int_0^{\infty} y^3e^{-y}\,dy$$ Recuerde que $\int_0^{\infty} y^3e^{-y}\,dy=\Gamma(4)=3!$ (puedes demostrarlo mediante integración por partes si no te gusta la función Gamma), por lo que $$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(n+1)^3}\int_0^{\infty} y^3e^{-y}\,dy=6\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(n+1)^3}$$ Es fácil demostrarlo: $$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(n+1)^3}=\frac{3\zeta(3)}{4}$$ Por lo tanto, nuestra respuesta final es: $$\boxed{\dfrac{9\zeta(3)}{2}}$$

Answer 2

Por sustituciones, las siguientes integrales son equivalentes: \begin {align*} \int_ {2}^{ \infty } \, \frac { \log ^3(x-1)}{x^2}\N, dx &= \int_ {1}^{ \infty } \, \frac { \log ^3(x)}{(1+x)^2} \N, dx \\ &= - \int_ {0}^{1} \, \frac { \log ^3(x)}{(1+x)^2}\N, dx \tag 1 \end {align*}

$(1)$ puede escribirse como una suma, considere:

\begin {align*} \int_ {0}^{1} \, \frac {x^a}{(1+x)^2} dx &= \int_ {0}^{1} \, \sum_ {n \ge 0} (-1)^n (n+1)\N, x^{a+n} \N, dx \\ &= \sum_ {n \ge 0} \int_ {0}^{1} \, (-1)^n (n+1)\, x^{a+n} \, dx \\ &= \sum_ {n \ge 0} (-1)^n \frac {(n+1)}{a+n+1} \tag 2 \end {align*} Diferenciar $(2)$ en tres ocasiones y se establece $a=0$ y de $(1)$ , \begin {align*} \int_ {2}^{ \infty } \, \frac { \log ^3(x-1)}{x^2}\N-, dx &= 6\N-, \sum_ {n \ge 0} \frac {(-1)^n}{(n+1)^3} \\ &= \frac {9}{2} \zeta {(3)} \approx 5.40925606421817428 \end {align*} Así que, un resultado general parece: \begin {align*} \int_ {2}^{ \infty } \, \frac { \log ^n(x-1)}{x^2}\N, dx &= \left (1- \frac {1}{2^{n-1}} \right )n!\, \zeta {(n)} \end {align*}

Answer 3

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ $\ds{\int_{2}^{\infty}{\ln^{3}\pars{x - 1} \over x^{2}}\,\dd x}$

\begin {align}& \color {#c00000}{ \int_ {2}^{ \infty }% { \ln ^{3} \pars {x - 1} \over x^{2}}\, \dd x} = \int_ {1}^{ \infty }{ \ln ^{3} \pars {x} \over \pars {x + 1}^{2}}\, \dd x = \int_ {1}^{0}{ \ln ^{3} \pars {1/x} \over \pars {1/x + 1}^{2}} \, \pars {-\,{ \dd x \over x^{2}}} \\ [3mm]&= \color {#00f}{- \int_ {0}^{1}{ \ln ^{3} \pars {x} \over \pars {1 + x}^{2}}\, \dd x} \end {align}

Con $\ds{0 < \epsilon < 1}$ : \begin {align}& \color {#00f}{- \int_ { \epsilon }^{1}% { \ln ^{3} \pars {x} \over \pars {1 + x}^{2}}\, \dd x} =-\,{ \ln ^{3} \pars { \epsilon } \over 1 + \epsilon } - \int_ { \epsilon }^{1}{1 \over 1 + x}\, \bracks {3 \ln ^{2} \pars {x}\,{1 \over x}}\, \dd x \\ [3mm]&=-\\N-\N-\N-\N-\N-ES. \ln ^{3} \pars { \epsilon } \over 1 + \epsilon } -3 \int_ { \epsilon }^{1}{ \ln ^{2} \pars {x} \over x}\, \dd x +3 \int_ { \epsilon }^{1}{ \ln ^{2} \pars {x} \over 1 + x}\, \dd x \\ [3mm]&=-\\N-\N-\N-\N-\N-ES. \ln ^{3} \pars { \epsilon } \over 1 + \epsilon } + \ln ^{3} \pars { \epsilon } +3 \int_ { \epsilon }^{1}{ \ln ^{2} \pars {x} \over 1 + x}\, \dd x \end {align}

Con el límite $\ds{\epsilon \to 0^{+}}$ : \begin {align}& \color {#66f}{ \large\int_ {2}^{ \infty }% { \ln ^{3} \pars {x - 1} \over x^{2}}\, \dd x} =3 \int_ {0}^{1}{ \ln ^{2} \pars {x} \over 1 + x}\, \dd x =-3 \int_ {0}^{1} \ln\pars {1 + x} \bracks {2 \ln\pars {x}\,{1 \over x}}\, \dd x \\ [3mm]&=-6 \int_ {0}^{-1} \ln\pars {-x}\,{ \ln\pars {1 - x} \over x}\, \dd x =6 \int_ {0}^{-1} \ln\pars {-x}{ \rm Li}_{2}' \pars {x}\, \dd x =-6 \int_ {0}^{-1}{{ \rm Li}_{2} \pars {x} \over x}\, \dd x \\ [3mm]&=-6 \int_ {0}^{-1}{ \rm Li}_{3}' \pars {x}\, \dd x =-6\,{ \rm Li}_{3} \pars {-1} =-6 \sum_ {n = 1}^{ \infty }{ \pars {-1}^{n} \over n^{3}} \\ [3mm]&=-6 \bracks { \sum_ {n = 1}^{ \infty }{1 \over \pars {2n}^{3}} - \sum_ {n = 1}^{ \infty }{1 \over \pars {2n - 1}^{3}}} =-6 \bracks { \sum_ {n = 1}^{ \infty }{1 \over \pars {2n}^{3}} - \sum_ {n = 1}^{ \infty }{1 \over n^{3}} + \sum_ {n = 1}^{ \infty }{1 \over \pars {2n}^{3}}} \\ [3mm]&=-6 \braces {2 \bracks {{1 \over 8} \sum_ {n = 1}^{ \infty }{1 \over n^{3}}} - \sum_ {n = 1}^{ \infty }{1 \over n^{3}}} ={9 \over 2} \sum_ {n = 1}^{ \infty }{1 \over n^{3}} = \color {#66f}{ \large {9 \over 2}\, \zeta\pars {3}} \approx { \tt 5.4093} \end {align}

$\ds{{\rm Li_{s}}\pars{z}}$ es el Función Polilogaritmo y utilizamos propiedades bien conocidas de ellos como se explica en el enlace citado anteriormente.

Answer 4

Hay otra forma de resolver. De @Pranav Arora, sabemos $$ \int_0^\infty\frac{\ln^3x}{(1+x)^2}dx=-\int_0^1\frac{\ln^3u}{(1+u)^2}du. $$ Dejemos que $$ I(\alpha)=\int_0^1\frac{u^\alpha}{(1+u)^2}du. $$ Claramente $$ I'''(0)=\int_0^1\frac{\ln^3u}{(1+u)^2}du. $$ Desde \begin {eqnarray*} I( \alpha )&=& \int_0 ^1 \frac {u^ \alpha }{(1+u)^2}du= \int_0 ^1u^ \alpha\sum_ {n=0}^ \infty (-1)^n(n+1)u^{n}du \\ &=& \int_0 ^1 \sum_ {n=0}^ \infty (-1)^n(n+1)u^{n+ \alpha }du \\ &=& \sum_ {n=0}^ \infty (-1)^n \frac {n+1}{n+ \alpha +1} \end {eqnarray*} el resto es lo mismo que la respuesta de @gar.