Cómo evaluar la integral $\int_{0}^{\infty} \left(\frac{1-e^{-x}}{x}\right)^n dx$.

Question

En primer lugar, de acuerdo a

\begin{align*} \int_{0}^{\infty} x^{-m}(1-e^{-x})^{n} \, dx =\frac{n}{1-m}\int_{0}^{\infty} x^{1-m}(1-e^{-x})^{n} \, dx -\frac{n}{1-m}\int_{0}^{\infty} x^{1-m}(1-e^{-x})^{n-1} \, dx, \end{align*}

que puede ser denotado por

\begin{align*} I_{m,n} = \frac{n}{1-m}I_{m-1,n}-\frac{n}{1-m}I_{m-1,n-1}. \tag{1} \end{align*}

También me parece

\begin{align*} \int_{0}^{\infty} e^{-nx}\ln x \, dx = -\frac{\gamma}{n}-\frac{\ln n}{n}. \end{align*}

Por lo tanto

\begin{align*} \int_{0}^{\infty} x^{-2} \left(1 - e^{-x}\right)^{n} \, dx &= -\int_{0}^{\infty} \left(1 - e^{-x} \right)^{n} \, d\left(\frac{1}{x}\right) = n \int_{0}^{\infty} \frac{\left( 1 - e^{-x} \right)^{n - 1} e^{-x}}{x} \, dx \\ &= n \int_{0}^{\infty} \frac{\sum_{k = 0}^{n - 1} \binom{n-1}{k} ( -1 )^{k} e^{-(k + 1)x} }{x} \, dx \\ &= n\sum_{k = 0}^{n - 1} \binom{n-1}{k} (-1)^{k} (k+1) \int_{0}^{\infty} e^{-(k+1)x} \ln x \, dx \\ &= n\sum_{k = 0}^{n - 1} \binom{n-1}{k} (-1)^{k} (k+1) \left( -\frac{\gamma}{k+1} - \frac{\ln (k + 1)}{k + 1} \right) \\ &= -n\sum_{k = 0}^{n - 1} \binom{n-1}{k} (-1)^{k} \left( \gamma + \ln (k + 1) \right) \\ &= -n\sum_{k = 0}^{n - 1} \binom{n-1}{k} (-1)^{k} \ln (k + 1). \end{align*}

Por lo tanto, parece que podemos resolver esta integral por la recurrente relación $\text{(1)}$, pero cómo obtener un resultado exacto de la integral.

Answer 1

Una idea básica es usar integración por partes, como hiciste para $I_{2,n}$.

Que $2 \leq m \leq n$ ser enteros y denotan $f(x) = (1 - e^{-x})^{n}$. Tenemos dos observaciones:

• $f^{(k)}(x) = O(x^{n-k})$ cerca de $x = 0$ $0 \leq k \leq n$.
• $f^{(k)}(x) = O(e^{-x})$ cerca de $x = \infty$ $1 \leq k \leq n$.

Con esto, aplicar integración por partes $m$ veces, obtenemos

\begin{align*} I_{m,n} = \int_{0}^{\infty} \frac{(1 - e^{-x})^{n}}{x^{m}} \, dx &= -\frac{1}{(m-1)!} \int_{0}^{\infty} f^{(m)}(x) \log x \, dx \\ &= \frac{(-1)^{m-1}}{(m-1)!} \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (-1)^{k} k^{m} \int_{0}^{\infty} e^{-kx} \log x \, dx \\ &= \frac{(-1)^{m}}{(m-1)!} \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (-1)^{k} k^{m-1} (\gamma + \log k) \\ &= \frac{(-1)^{m}}{(m-1)!} \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} (-1)^{k} k^{m-1} \log k. \end{align*}