Evaluar $\int_{1}^{\infty}e^{-x}\ln^{2}\left(x\right)dx$

Question

Evaluar : $$\int_{1}^{\infty}e^{-x}\ln^{2}\left(x\right)\mathrm{d}x$$

He intentado resolver esto con algunas sustituciones elegantes como $t=e^x$ o $t=\ln\left(x\right)$ . También he intentado integrar por partes sin ningún éxito. cualquier ayuda sería buena.

Answer 1

Empezando la integral desde $1$ es en cierto sentido antinatural aquí, y como resultado no hay una solución de forma cerrada fuera de las que implican funciones hipergeométricas o la función Gamma incompleta. La integral debe partir de $0$ como a partir de $0$ suele ir de la mano de la integración $e^{-x}$ contra otra función, como el carácter aditivo $e^{-x}$ vive en el grupo aditivo de los reales $[0,\infty)$ no $[1,\infty)$ . Esto está relacionado con la forma en que el Función Gamma incompleta a menudo no tiene una forma cerrada agradable, y es más difícil de trabajar que el Función gamma y que para la función Gamma, debemos partir de $0$ . No es casualidad que el Transformada de Laplace comienza a partir de $0$ en lugar de $1$ y podemos ver $\int_0^\infty e^{-x} \log^2x dx$ como el valor de la transformada de Laplace de $\log^2x$ evaluado en un punto. En particular, la integral cuando se inicia desde $0$ se comporta bien, y podemos demostrar que $$\int_0^\infty e^{-x}\log^2 x dx=\gamma^2+\frac{\pi^2}{6},$$ que ahora mostraré.

Prueba: Consideremos la serie generadora exponencial $$F(z)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{z^{k}}{k!}\int_{0}^{\infty}e^{-x}\left(\log x\right)^{k}dx.$$ Reordenando, esto es igual a $\int_{0}^{\infty}e^{-x}x^{z}dx=\Gamma(z+1),$ y así $$\int_{0}^{\infty}e^{-x}\left(\log x\right)^{2}dx=\frac{d^{2}}{dz^{2}}\Gamma(z+1)\biggr|_{z=0}=\Gamma''(1).$$ Tomando el logaritmo del producto de Weierstrass para $\Gamma(z+1),$ y diferenciando, tenemos que

$$\frac{\Gamma'(z+1)}{\Gamma(z+1)}=-\gamma+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z}{n(n+z)}.$$ Al diferenciar ambos lados de la ecuación anterior, obtenemos

$$\frac{\Gamma''(z+1)}{\Gamma(z+1)}-\frac{\left(\Gamma'(z+1)\right)^{2}}{\Gamma^{2}(z+1)}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n+z)^{2}},$$ y así $$\Gamma''(1)=\Gamma'(1)^{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}=\gamma^{2}+\frac{\pi^{2}}{6},$$ lo que demuestra el resultado.

Answer 2

Definamos (para $\Re(a)>-1$ ) la función $$ f(a):=\int_{1}^{\infty}x^a\,e^{-x}\left(x\right)\,\mathrm{d}x$$ entonces este es el función gamma incompleta $\,f(a)=\Gamma(a+1,1)$ .

Pero como $\,\displaystyle x^a=e^{a\ln(x)}\,$ tenemos : $$f''(a)=\int_{1}^{\infty}x^a\;\ln^{2}(x)\;e^{-x}\,\mathrm{d}x$$

De modo que su función es la segunda derivada de $\,\Gamma(a+1,1)\,$ en $\,a=0$ (para que $x^a$ desaparece) o la segunda derivada relativa a $a$ de $\,\Gamma(a,1)\,$ en $\,a=1$ : $$f''(0)=\lim_{a\to 1}\Gamma(a,1)''$$ (esta respuesta también la dio el Sr. G en los comentarios)
Añadamos que las derivadas no son mucho más sencillas por lo que probablemente sea mejor mantenerlo así...

Por supuesto, como señala Eric Naslund (+1), la respuesta es más sencilla cuando el límite inferior es $0$ porque en este caso obtenemos simplemente $\;\lim_{a\to 0}\Gamma(a+1,0)''=\Gamma''(1)$ .