Sea
I=∫x3ex−1dx.I=∫x3ex−1dx.
El denominador se puede expandir en serie como
1ex−1≐⎧⎩⎨⎪⎪−∑∞k=0ekx∑∞k=1e−kx1ex−1≐{−∑k=0∞ekx∑k=1∞e−kx
Escogiendo la 2da forma (¿por qué?), la integral queda como
I=∑k=1∞∫x3e−kxdx.I=∑k=1∞∫x3e−kxdx.
Haciendo u=kxu=kx,
I⇒∑k=1∞1k4∫u3e−udu.I⇒∑k=1∞1k4∫u3e−udu.
Usando variable compleja o la relación de Parseval, es posible demostrar que
∑k=1∞1k4=π490.∑k=1∞1k4=π490.
Mientras que por integración elemental, se puede demostrar que
∫une−udu=−e−u∑m=0nn!m!um+C.∫une−udu=−e−u∑m=0nn!m!um+C.
Entonces,
I=∑k=1∞1k4(−e−kx∑m=033!m!(kx)m)+C.I=∑k=1∞1k4(−e−kx∑m=033!m!(kx)m)+C.
Finalmente, al evaluar en los límites correspondientes,
∫∞0x3ex−1dx=π490⋅3!=π415.∫0∞x3ex−1dx=π490⋅3!=π415.
■◼
Reconociendo la función polilogarítmica
Lis(z)=∑k=1∞zkks.Lis(z)=∑k=1∞zkks.
La integral indefinida queda
I=−∑k=1∞e−kxk4(6+6kx+3k2x2+k3x3)+C=x3ln(1−e−x)−3x2Li2(e−x)−6xLi3(e−x)−6Li4(e−x)+C,I=−∑k=1∞e−kxk4(6+6kx+3k2x2+k3x3)+C=x3ln(1−e−x)−3x2Li2(e−x)−6xLi3(e−x)−6Li4(e−x)+C,
en donde se usó que Li1(z)=−ln(1−z).Li1(z)=−ln(1−z).
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