Demostrar que $9\int_{0}^{\infty}x^5e^{-x^3}\ln(1+x)dx=\Gamma\left({1\over 3}\right)-\Gamma\left({2\over 3}\right)+\Gamma\left({3\over 3}\right)?$

Question

Mi última observación de esta pregunta por @Brightsun

No tan interesante integral, pero tiene una cuidada forma cerrada

$$9\int_{0}^{\infty}x^5e^{-x^3}\ln(1+x)\mathrm dx=\Gamma\left({1\over 3}\right)-\Gamma\left({2\over 3}\right)+\Gamma\left({3\over 3}\right)\tag1$$

Un intento:

$u=1+x$ , $(1)$ se convierte en

$$\int_{1}^{\infty}(u-1)^5e^{-(u-1)^3}\ln u\mathrm du\tag2$$

Con esta función,$e^{-x^3}$$(1)$, se hace muy difícil appl integratin por partes.

Recuerdan $$\Gamma(t)=\int_{0}^{\infty}x^{t-1}e^{-x}\mathrm dx\tag3$$

Diferenciar w.r.t t

$$\Gamma^{'}(t)=\int_{0}^{\infty}x^{t-1}\color{red}{e^{-x}}\ln x\mathrm dx\tag4$$ El problema es que la parte roja no es $e^{-x^3}$

Otro intento:

Recuerdan $${1\over k}\Gamma(t)=\int_{0}^{\infty}x^{kt-1}e^{-x^k}\mathrm dx\tag5$$

Diferenciar $(5)$ w.r.t t

$${1\over k^2}\Gamma^{'}(t)=\int_{0}^{\infty}x^{kt-1}e^{-x^k}\ln x\mathrm dx\tag6$$

Establecimiento $k=3$ $t=2$ hemos

$$9\int_{0}^{\infty}x^5e^{-x^3}\ln(x)=\Gamma^{'}(2)\tag7$$

No está seguro de cuál es $\Gamma^{'}(2)?$

¿De qué otra manera podemos abordar $(1)?$

Answer 1

Con una sustitución de la evaluación de las $(1)$ se reduce a la evaluación de $$ 3\int_{0}^{+\infty} x e^{-x} \log(1+x^{1/3})\,dx \stackrel{IBP}{=} \int_{0}^{+\infty}\frac{x+1}{x^{2/3}+x}e^{-x}\,dx\tag{A}$$ y con la inversa de la sustitución de la RHS de $(A)$ se convierte en $$ 3\int_{0}^{+\infty}(x^2-x+1)\,e^{-x^3}\,dx = \Gamma\left(\frac{3}{3}\right)-\Gamma\left(\frac{2}{3}\right)+\Gamma\left(\frac{1}{3}\right)\tag{B}$$ como quería, bastante simple. Como una alternativa, uno puede notar que $$ \frac{x+1}{x^{2/3}+x}=\frac{(x^{1/3}+1)(x^{2/3}-x^{1/3}+1)}{(x^{1/3}+1)x^{2/3}}=1-x^{-1/3}+x^{-2/3}\tag{C}$$ y a la conclusión de $(A)$ directamente. Gracias a mickep.

Answer 2

Como una generalización de Jack método para $n$ es impar

$$I(n) = \int^\infty_0\frac{1+x^{-1}}{1+x^{-\frac{1}{n}}}e^{-x}\,dx =\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k \int^\infty_0 x^{-k/n}e^{-x}\,dx = \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k \Gamma\left(1-\frac{k}{n}\right) $$

Uno puede reescribir utilizando la fórmula de reflexión $$I(n)=\int^\infty_0\frac{1+x^{-1}}{1+x^{-\frac{1}{n}}}e^{-x}\,dx=1+\pi\sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^k \csc\left(k\pi/n \right)}{\Gamma(k/n)}$$