En un artículo en el actual (Mayo de 2013) cuestión de la facultad de Matemáticas de la Revista, dicen que la siguiente integral es "difícil de evaluar":
$\int_0^{\infty} t e^{-nct} (1-e^{-ct})^m dt$
donde $n$ $m$ y n son enteros no negativos y $c$ es un real positivo.
Así que, ¿cuál es el valor de esta integral?
Sería bueno si la derivación se tan simple y comprensible como sea posible.
En realidad, también tenemos
$$ \int_{0}^{\infty} t e^{-nct} (1-e^{-ct})^{m} \, dt = \frac{1}{c^2}\frac{(n-1)!m!}{(n+m)!}\sum_{k=0}^{m}\frac{1}{n+k}.$$
Esto es fácilmente demostrado por la integración por partes mediante la introducción de
$$ J(n, m) = c^{2} \frac{(n+m)!}{(n-1)!m!} \int_{0}^{\infty} t e^{-cnt} (1 - e^{-ct})^{m} \, dt$$
y darse cuenta de que $J(n, m) = \frac{1}{n} + J(n+1,m-1)$$J(n, 0) = \frac{1}{n}$.
También podemos invocar la función digamma $\psi_0$ a evaluar directamente. Deje $x = e^{-ct}$, de modo que
\begin{align*} \int_{0}^{\infty} t e^{-nct} (1-e^{-ct})^{m} \, dt &= - \frac{1}{c^2} \int_{0}^{1} x^{n-1} (1-x)^{m} \log x \, dx \\ &= - \frac{1}{c^2} \frac{\partial}{\partial n} \int_{0}^{1} x^{n-1} (1-x)^{m} \, dx \\ &= - \frac{1}{c^2} \frac{\partial}{\partial n} \frac{\Gamma(n)\Gamma(m+1)}{\Gamma(n+m+1)} \\ &= \frac{1}{c^2} \frac{\Gamma(n)\Gamma(m+1)}{\Gamma(n+m+1)} [ \psi_{0}(n+m+1) - \psi_{0}(n) ] \\ &= \frac{1}{c^2} \frac{(n-1)!m!}{(n+m)!} [ H_{n+m} - H_{n-1} ], \end{align*}
cual es el resultado deseado.
Aquí es un comienzo. Usando el teorema del binomio hace que la evaluación de la integral de fácil $$ \int_0^{\infty} t e^{-nct} (1-e^{-ct})^m dt= \sum_{k=0}^{m} {m\choose k}(-1)^k \int_{0}^{\infty} t e^{-nct}e^{-ckt} \,dt$$
$$ =\sum_{k=0}^{m} {m\choose k}(-1)^k \int_{0}^{\infty} t e^{-c(n+k)t} \,dt \dots\,. $$ Ahora, sólo use integración por partes o la transformada de Laplace de la técnica para evaluar la integral anterior.
Expanda por el teorema del binomio, e ir de allí. Tenga en cuenta que $\Gamma(z) = (z - 1)! = \int_0^\infty t^{z - 1} e^{-t} dt$, lo $\Gamma(2) = 1$ se mostrará todo el lugar... vamos a necesitar $\int_0^\infty t e^{-\alpha t} dt = 1/\alpha^2$. $$ \begin{align*} \int_0^\infty t e^{-n c t} (1 - e^{- c t})^m d t &= \sum_{0 \le k \le m} (-1)^k \binom{m}{k} \int_0^\infty t e^{-(n + k) c t} d t\\ &= c^{-2} \sum_{0 \le k \le m} (-1)^k \binom{m}{k} (n + k)^{-2} \end{align*} $$ Lamentablemente, maxima' Zeilberger paquete dice que esto no es Gosper summable :-(
Puedo hacer la sustitución $u = e^{- c t}$, $t=-(1/c) \log{u}$ y obtener
$$-\frac{1}{c^2} \int_0^1 du \, \log{u} \, u^{n-1} (1-u)^m$$
Expanda el binomio y utilice el hecho de que
$$\int_0^1 du\, u^p \, \log{u} = -\frac{1}{(p+1)^2}$$
El resultado que se obtiene es
$$\frac{1}{c^2} \sum_{k=0}^m (-1)^k \binom{m}{k} \frac{1}{(n+k)^2}$$
Deje $I(c,n,m)$ ser integral $$\int_0^{\infty} t e^{-nct}(1-e^{-ct})^m dt$$ Es evidente $I(c,n,m) = \frac{1}{c^2} I(1,n,m)$. Podemos simplificar la integral por diferenciar bajo el signo integral: $$ I(1,n,m) = \int_0^{\infty} t e^{nt}(1-e^{-t})^m dt = -\frac{\partial}{\partial n} \int_0^{\infty} e^{nt}(1-e^{-t})^m dt\\ = \frac{\partial}{\partial n} \int_0^{\infty} e^{-(n-1)t}(1-e^{-t})^m d e^{-t} $$ Por un cambio de variable a $y = e^{-t}$, la última integral es en la forma de una función beta con valor: $$-\frac{\partial}{\partial n} \int_0^1 y^{n-1}(1-y)^m d y = -\frac{\partial}{\partial n} \frac{\Gamma(n)\Gamma(m+1)}{\Gamma(n+m+1)} = -\frac{\partial}{\partial n}\frac{m.}{\prod_{k=0}^m ( n+k )}\\ = m! \sum_{i=0}^m \frac{1}{(n+l)^2} \left( \prod_{k=0,\ne l}^{m} \frac{1}{n+k} \right) = \frac{m.}{\prod_{k=0}^m ( n+k )} \sum_{i=0}^m \frac{1}{(n+l)} $$ Tenemos $$I(c,n,m) = \frac{m! (n-1)!}{c^2 (n+m)!}\sum_{l=0}^m \frac{1}{(n+l)} =\frac{1}{nc^2\binom{n+m}{m}}\sum_{l=0}^m \frac{1}{(n+l)}\tag{*}$$
Por favor, tenga en cuenta que a pesar de la diferente, la última expresión en $(*)$ da la
mismo valor que la expresión de la derivada en otra respuesta:
$$\frac{1}{c^2} \sum_{k=0}^m (-1)^k \binom{m}{k} \frac{1}{(n+k)^2}$$
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