¿Cómo demostrar el resultado de esta integral definida?

Question

Durante mi trabajo se me ocurrió esta integral:

$$\mathcal{J} = \int_0^{+\infty} \frac{\sqrt{x}\ln(x)}{e^{\sqrt{x}}}\ \text{d}x$$

Mathematica tiene un resultado numérico muy elegante y sencillo para esto, que es

$$\mathcal{J} = 12 - 8\gamma$$

donde $\gamma$ es la constante de Euler-Mascheroni.

Intenté hacer algunas sustituciones, pero fracasé. ¿Alguna pista para proceder?

Answer 1

Hacer que se cumpla la sustitución $x\to x^2$ . Entonces, tenemos

$$\begin{align} \mathcal{I}&=4\int_0^\infty x^2\log(x)e^{-x}\,dx\\\\ &=4\left.\left(\frac{d}{da}\int_0^\infty x^{2+a}e^{-x}\,dx\right)\right|_{a=0}\\\\ &=4\left.\left(\frac{d}{da}\Gamma(a+3)\right)\right|_{a=0}\\\\ &=4\Gamma(3)\psi(3)\\\\ &=4(2!)(3/2-\gamma)\\\\ &=12-8\gamma \end{align}$$

¡como se iba a demostrar!

Nótese que hemos utilizado (i) la representación integral de la función Gamma

$$\Gamma(x)=\int_0^\infty t^{x-1}e^{-t}\,dt$$

(ii) la relación entre las funciones digamma y gamma

$$\psi(x)=\frac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)}$$

y (iii) la relación de recurrencia

$$\psi(x+1)=\psi(x)+\frac1x$$

Además, utilizamos los valores especiales

$$\Gamma(3)=2!$$

y

$$\psi(1)=-\gamma$$

Answer 2

Sugerencia . Cabe recordar que $$ \int_0^\infty u^{s}e^{-u}\:du=\Gamma(s+1), \quad s>0,\tag1 $$ dando, al diferenciar bajo el signo integral, $$ \begin{align} \int_0^\infty u^{2}\ln u \:e^{-u}\:du&=\left.\left(\Gamma(s+1)\right)'\right|_{s=2}\\\\ &=\left.\left(s(s-1)\Gamma(s-1)\right)'\right|_{s=2}\\\\ &=3+2\Gamma'(1)\\\\ &=3-2\gamma,\tag2 \end{align} $$ donde hemos utilizado $\Gamma'(1)=-\gamma$ .

Entonces, se puede reescribir la integral inicial como $$ 2\int_0^\infty \sqrt{x}\:(\ln \sqrt{x}) \:e^{-\sqrt{x}}\:dx, $$ entonces realiza el cambio de variable $x=u^2$ , $dx=2udu$ , obteniendo $$ \begin{align} \int_0^\infty \sqrt{x}\ln x \:e^{-\sqrt{x}}\:dx&=4\int_0^\infty u^{2}\ln u \:e^{-u}\:du.\tag3 \end{align} $$ Considerando $(2)$ y $(3)$ da el resultado anunciado.

Answer 3

Empezar por el integral conocida

$$-\gamma=\int_0^\infty\exp(-x)\log x\,\mathrm dx$$

Una ronda de integración por partes da como resultado

$$\begin{align*} -\gamma&=\int_0^\infty\exp(-x)\log x\,\mathrm dx\\ &=\int_0^\infty x\exp(-x)\log x\,\mathrm dx-\int_0^\infty x\exp(-x)\,\mathrm dx\\ 1-\gamma&=\int_0^\infty x\exp(-x)\log x\,\mathrm dx \end{align*}$$

Una segunda ronda da

$$\begin{align*} 1-\gamma&=\int_0^\infty x\exp(-x)\log x\,\mathrm dx\\ &=\int_0^\infty x\exp(-x)(x-1)(\log x-1)\,\mathrm dx\\ &=\int_0^\infty x\exp(-x)\,\mathrm dx-\int_0^\infty x^2\exp(-x)\,\mathrm dx-\int_0^\infty x\exp(-x)\log x\,\mathrm dx+\int_0^\infty x^2\exp(-x)\log x\,\mathrm dx\\ 3-2\gamma&=\int_0^\infty x^2\exp(-x)\log x\,\mathrm dx \end{align*}$$

donde la última integral es la obtenida por el Dr. MV tras una sustitución adecuada. Así, la integral original es igual a $12-8\gamma$ .