7 votos

Definición de integral $\gamma,\zeta(i) i\in\mathbb{N}$ y números de Stirling de la primera clase

Considere el integral

$$\int\limits_0^{\infty}e^{-x}x^k\ln(x)^n\dfrac{dx}x$$

$n=3$ Tenemos

$$(-\gamma^2-2\zeta(3)-3\zeta(2)\gamma)\genfrac{[}{]}{0pt}{}{k}{1}+3(\gamma^2+\zeta(2))\genfrac{[}{]}{0pt}{}{k}{2}-6\gamma\genfrac{[}{]}{0pt}{}{k}{3}+6\genfrac{[}{]}{0pt}{}{k}{4}$$

donde $\genfrac{[}{]}{0pt}{}{n}{k}$ es número de Stirling de la primera clase. N diferentes hay fórmulas parecida. En el caso general

$$\int\limits_0^{\infty}e^{-x}x^k\ln(x)^n\dfrac{dx}x\in\bigoplus_{j=1}^{n+1}\genfrac{[}{]}{0pt}{}{k}{j}\mathbb{Z}[\gamma,\zeta(i)]_{n+1-j}$$

donde es clasificado $$\mathbb{Z}[\gamma,\zeta(i)]=\bigoplus_{j=0}^{\infty}\mathbb{Z}[\gamma,\zeta(i)]_{j}$ $ anillo.

¿Alguien sabe una prueba simple? ¿Hay alguna idea sobre cómo generalizar sobre los múltiples valores de zeta?

7voto

Robert Christie Puntos 7323

Esto no es una respuesta completa, en lugar de dos observaciones:

Deje $\mathcal{I}_{k,n}$ denotar la integral. Integración por partes, asumiendo $k \geqslant 2$ $n \geqslant 1$ da la ecuación de recurrencia: $$ \mathcal{I}_{k+1,n} = n \mathcal{I}_{k,n-1} + k \mathcal{I}_{k,n} \etiqueta{1} $$ que se pueden utilizar para reducir el problema a $k=1$. Deje $\mathcal{J}_{k,n} = \frac{1}{n!}\mathcal{I}_{k,n}$. Es fácil ver que $\mathcal{J}_{k,n}$ satisface la relación de recurrencia de la unsigned los números de Stirling de primera especie: $$ \mathcal{J}_{k+1,n} = \mathcal{J}_{k,n-1} + k \mathcal{J}_{k,n} \etiqueta{2} $$

Por el otro lado: $$ \frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}^n} x^{m-1} = x^{m-1} \log(x)^n $$ Por lo tanto: $$ \int_0^\infty \mathrm{e}^{-x} x^{k-1} \log(x)^n \mathrm{d} x = \left. \frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}^n} x^{m-1} \int_0^\infty \mathrm{e}^{-x} x^{m-1} \mathrm{d} x \right|_{s=k} = \left. \frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}^n} \Gamma(s) \right|_{s=k} = \frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d} k^n} \exp(\log\Gamma(k) ) $$ Ahora uso Faà di Bruno fórmula: $$ \frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d} k^n} \exp(\log\Gamma(k) ) = \Gamma(k) \sum_{m=0}^n B_{n,m}\left( \psi(k), \psi^{(1)}(k), \ldots, \psi^{(n-1)}(k)\right) $$ donde $\psi(x)$ es la función digamma, y $\psi^{(m)}(x)$ es el polygamma función, y donde $B_{n,k}$ stand para la Faà di Bruno polinomios, que son homogéneos: $$ B_{n,k}\left(\lambda x_1, \lambda x_2, \ldots, \lambda x_n\right) = \lambda^k B_{n,k}\left(x_1, x_2, \ldots, x_n\right) $$ $$ B_{n,k}\left(\lambda x_1, \lambda^2 x_2, \ldots, \lambda^n x_n\right) = \lambda^n B_{n,k}\left(x_1, x_2, \ldots, x_n\right) $$

Suponga que la recurrencia de la relación $(1)$ fue utilizado para reducir a $k=1$ de los casos. Para esto $k$, los valores de polygammas están relacionados con la $\zeta$-valores: $$ \psi(1) = -\gamma \qquad \psi^{(m)}(1) = \left. \frac{\mathrm{d}^m}{\mathrm{d}^m} \psi(s) \right|_{s=1} = (-1)^{m+1} m! \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{m+1}} = (-1)^{m+1} m! \zeta(m+1) $$ Así $$ \int_0^\infty \mathrm{e}^{s} \log(x)^n \mathrm{d} x = (-1)^n \sum_{m=0}^n B_{n,m} \left(\gamma \zeta(2), 2! \zeta(3), \ldots, n! \zeta(n+1)\right) $$ y esto explica la clasificación.

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X