Integral que parte de una serie de armónicos

Question

¿Por qué es esto cierto? $$\int_0^\infty x \frac{M}{c} e^{(\frac{-x}{c})} (1-e^{\frac{-x}{c}})^{M-1} \,dx = c \sum_{k=1}^M \frac{1}{k}.$$

Ya intenté sustituir $u = \frac{-x}{c}$. Así, $du = \frac{-dx}{c}$ y $-c(du) = dx$. Entonces, la integral se convierte (después de la cancelación) $\int_0^\infty c u M e^u (1-e^u)^{M-1}\,du$.

Miré a integral-table.com y esto no estaba allí y he intentado integrador wolfram y me dijo que esto fue un "hipergeométrica integral".

Gracias,

Answer 1

Si sustituye $t=1-e^{-x/c}$ la integral se convierte en $I_M=-c\int_0^1\log(1-t)Mt^{M-1}dt=-c\int_0^1\log(1-t)(t^M)'dt$. Por lo tanto, $I_M-I_{M-1}=-c\int_0^1\log(1-t)(t^{M-1}(t-1))'dt=c\int_0^1 t^{M-1} dt$ (por partes) $=c/M$. Tan sólo necesitas calcular $I_1$, $c$.

(debe ser una solución más agradable)

Answer 2

Cuidado, la sustitución cambia los límites de integración. Debe ser el integral sobre los números reales negativos.

Sólo podría ampliar $(1-e^u)^{M-1}$ en $$\int_0^{-\infty} c u M e^u (1-e^u)^{M-1}\,du$ $ a

$$cM \int_0^{-\infty} u \sum_{n=0}^{M-1} \binom{M-1}{n} (-1)^n e^{(n+1)u}du.$ $ Reorganizar la integral y la suma para encontrar

$$cM \sum_{n=0}^{M-1} \binom{M-1}{n} (-1)^n \int_0^{-\infty} u e^{(n+1)u}du.$$ The anti-derivative of $ xe^{rx}$ is $\frac{x}{r}e^{rx}-\frac{1}{r^2}e^{rx}$.

¿Puede resolverlo desde aquí?

Answer 3

Supongamos que $X_1,\ldots,X_M$ son independientes exponencial de las variables aleatorias con media de $c$, por lo que su pdf y cdf son dadas por $f(x)=c^{-1}e^{-x/c}$ y $F(x)=1-e^{-x/c}$, $x \geq 0$, respectivamente. Deje $Y_M=\max \{X_1,\ldots,X_M\}$. A continuación, $Y_M$ ha cdf $F_M (x) = F(x)^M$ y, por tanto, pdf $f_M (x) = M F(x)^{M-1} f(x)$. Por lo tanto, la expectativa de $Y_M$ está dado por $$ {\rm E}[Y_M ] = \int_0^\infty {xMF(x)^{M - 1} f(x)dx} = \int_0^\infty {x\frac{M}{c}e^{ - x/c} (1 - e^{ - x/c} )^{M-1}dx}. $$ Así que usted quiere saber por qué $$ {\rm E}[Y_M] = c\sum\limits_{k = 1}^M {\frac{1}{k}}. $$ Ahora, $Y_M$ es igual a la distribución a $E_1 + \cdots + E_M$ cuando la $E_k$ son independientes exponenciales y $E_k$ es decir $c/k$; por este hecho, véase James Martin, la respuesta a esta MathOverflow pregunta (donde $c=1$). El resultado es así establecidos.

EDIT: Como una referencia adicional, vea el Ejemplo 4.22 en la p. 157 en el libro de la Probabilidad, los procesos estocásticos y teoría de colas por Randolph Nelson.

EDIT: es interesante notar que $$ \int_0^\infty {x\frac{M}{c}e^{ - x/c} (1 - e^{ - x/c} )^{M - 1} dx} = c\int_0^1 { - \log (1 - x^{1/M} )dx} . $$ De esta manera se sigue utilizando un cambio de variable $x \mapsto x/c$ y, a continuación,$x \mapsto (1-e^{-x})^M$. Así, este le da la siguiente representación integral de la $M$-ésimo número armónico $H_M := \sum\nolimits_{k = 1}^M {\frac{1}{k}}$: $$ H_M = \int_0^1 { - \log (1 - x^{1/M} )dx}. $$ Por último, es interesante y útil nota nota $$ H_M = \int_0^1 {\frac{{1 - x^M }}{{1 - x}}dx} = \sum\limits_{k = 1}^M {( - 1)^{k - 1} \frac{1}{k}{M \elegir k}}, $$ ver número Armónico. Con la anterior notación, el lado derecho corresponde a $$ {\rm E}[Y_M] = \int_0^\infty {{\rm P}(Y_M > x)dx} = \int_0^\infty {[1 - F_M (x)]dx} . $$