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Tanto Maple como Mathematica no han podido dar una expresión de forma cerrada, pero indican que el valor está alrededor de $$\int_{-\infty}^0 \log\left(\frac{1}{2}\operatorname{erfc}(x)\right)\mathrm dx = -0.337~668~477...$, que no parece estar cerca de alguna cantidad bien conocida.

Answer 1

Es conocido, que

$$\operatorname{erfc}(-x)+\operatorname{erfc}(x) = 2.\tag1$$

así $$I=\int\limits_{-\infty}^0 \log\left(\frac{1}{2}\operatorname{erfc}(x)\right)\mathrm dx = \int\limits_{-\infty}^0 \log\left(1-\frac{1}{2}\operatorname{erfc} (x)\right)\mathrm dx =\int\limits_0^\infty \log\left(1-\frac{1}{2}\operatorname{erfc}(x)\right)\mathrm dx,$$ o, usando la serie de Maclaurin para el logaritmo en la forma de

$$\log(1-x)=-\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^n}n,\tag2$$

$$I=-\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac1{2^n n} \int\limits_0^\infty\operatorname{erfc}^n(x)\,\mathrm dx.\tag3$$ en $$\begin{align} &I_1 = \int\limits_0^\infty\operatorname{erfc}(x)\,\mathrm dx = \dfrac1{\sqrt\pi}\approx0.56418\,95835\,47756,\\[4pt] &I_2 = \int\limits_0^\infty\operatorname{erfc}^2(x)\,\mathrm dx = \dfrac{2-\sqrt2}{\sqrt\pi}\approx0.33049\,46062\,92647,\\[4pt] &I_n=\int\limits_0^\infty\operatorname{erfc}^n(x)\,\mathrm dx = \operatorname{erfc}^{n}(x)\cdot x\Bigg|_0^\infty -\dfrac{2n}{\sqrt\pi}\int\limits_0^\infty x e^{-x^2}\operatorname{erfc}^{n-1}(x)\,\mathrm dx = -\dfrac{2n}{\sqrt\pi}\int\limits_0^\infty x e^{-x^2}\operatorname{erfc}^{n-1}(x)\,\mathrm dx\\[4pt] &= \dfrac{n}{\sqrt\pi}\int\limits_0^\infty \operatorname{erfc}^{n-1}(x)\,\mathrm d e^{-x^2} = \dfrac{n}{\sqrt\pi}\operatorname{erfc}^{n-1}(x)\,e^{-x^2} \Bigg|_0^\infty - \dfrac{2n(n-1)}\pi \int\limits_0^\infty e^{-2x^2}\operatorname{erfc}^{n-2}(x)\,\mathrm dx\\[4pt] &I_n = \dfrac{n}{\sqrt\pi} - \dfrac{2n(n-1)}\pi \int\limits_0^\infty e^{-2x^2}\operatorname{erfc}^{n-2}(x)\,\mathrm dx,\\ &I_n= \dfrac{n}{\sqrt\pi} + \dfrac{n(n-1)}{\sqrt{2\pi}} \int\limits_0^\infty \operatorname{erfc}^{n-2}(x)\,\mathrm d\operatorname{erf}(x\sqrt2)\\[4pt] &= \dfrac{n}{\sqrt\pi} + \dfrac{n(n-1)}{\sqrt{2\pi}}\operatorname{erfc}^{n-2}(x)\operatorname{erf}(x\sqrt2)\Bigg|_{0}^{\infty} + \dfrac{n(n-1)(n-2)\sqrt2}\pi\int\limits_0^\infty e^{-x^2}\operatorname{erf}(x\sqrt2)\operatorname{erfc}^{n-3}(x)\,\mathrm dx\\[4pt] &= \dfrac{n}{\sqrt\pi} - \dfrac{n(n-1)(n-2)\sqrt2}\pi\int\limits_0^\infty e^{-x^2}\operatorname{erf}(x\sqrt2)\operatorname{erfc}^{n-3}(x)\,\mathrm dx,\\[4pt] &I_3 = \dfrac{3}{\sqrt\pi} - \dfrac{12}\pi \int\limits_0^\infty e^{-2x^2}\operatorname{erfc}(x)\,\mathrm dx = \dfrac{3}{\sqrt\pi} - \dfrac{6\sqrt2}{\pi\sqrt\pi}\arctan\sqrt2\approx 0.23681\ 21373\ 68199 \end{align}$$ (ver también Wolfram Alpha).

Cálculos numéricos confirmar la corrección de la fórmula de $(3).$ Pero no fue posible obtener una forma cerrada de $I_n$ para $n>3.$

Por otro lado, la integración de la cuestión de la integral por partes da $$\begin{align} &I=\int\limits_0^\infty \log\left(1-\frac12\operatorname{erfc}(x)\right)\mathrm dx = \log\left(1-\frac12\operatorname{erfc}(x)\right)\cdot x\Bigg|_0^\infty -\frac1{\sqrt\pi}\int\limits_0^\infty \dfrac{xe^{-x^2}\,\mathrm dx}{1-\frac12\operatorname{erfc}(x)}\\[4pt] &=-\frac2{\sqrt\pi}\int\limits_0^\infty \dfrac{xe^{-x^2}\,\mathrm dx}{1 +\operatorname{erf}(x)} =\frac1{\sqrt\pi}\int\limits_0^\infty \dfrac{\mathrm de^{-x^2}}{1+\operatorname{erf}(x)}\\[4pt] &=\frac1{\sqrt\pi} \dfrac{e^{-x^2}}{\left(1+\operatorname{erf}(x)\right)}\Bigg|_0^\infty +\frac2\pi\int\limits_0^\infty \dfrac{\mathrm e^{-2x^2}}{\left(1+\operatorname{erf}(x)\right)^2}\mathrm dx\ =\frac2{\pi}\int\limits_0^\infty \dfrac{\mathrm e^{-2x^2}}{\left(1+\operatorname{erf}(x)\right)^2}\mathrm dx-\frac1{\sqrt\pi}\\[4pt] &=\frac1{\sqrt{2\pi}}\int\limits_0^\infty \dfrac{\mathrm d\operatorname{erf}(x\sqrt2)}{\left(1+\operatorname{erf}(x)\right)^2} -\frac1{\sqrt\pi}\\ &=\frac1{\sqrt{2\pi}}\dfrac{\operatorname{erf}(x\sqrt2)}{\left(1+\operatorname{erf}(x)\right)^2}\Bigg|_0^\infty +\frac1{\sqrt{2\pi}}\cdot2\cdot\frac2{\sqrt\pi}\int\limits_0^\infty \dfrac{e^{-x^2}\operatorname{erf}(x\sqrt2)}{\left(1+\operatorname{erf}(x)\right)^3}\,\mathrm dx -\frac1{\sqrt\pi}\\[4pt] &=\frac{2\sqrt2}\pi\int\limits_0^\infty \dfrac{e^{-x^2}\operatorname{erf}(x\sqrt2)}{\left(1+\operatorname{erf}(x)\right)^3}\,\mathrm dx-\frac1{\sqrt\pi}+\frac1{4\sqrt{2\pi}}.\\[4pt] \end{align}$$ Binomio de descomposición en forma de

$$\dfrac1{(1-y)^{m+1}} = \sum_{n=m}^{\infty}\binom nm y^{n-m}\tag4$$

permite el más transformaciones en la forma de $$\begin{align} &I = \frac 1{2\pi\sqrt2}\int\limits_0^\infty \dfrac{e^{-x^2}\operatorname{erf}(x\sqrt2)}{\left(1-\frac12\operatorname{erfc} x\right)^3}\,\mathrm dx-\frac1{\sqrt\pi}+\frac1{4\sqrt{2\pi}}\\[4pt] & = \frac 1{2\pi\sqrt2}\int\limits_0^\infty e^{-x^2}\operatorname{erf}(x\sqrt2)\sum_{n=2}^{\infty}\dfrac{n(n-1)}{2^{n-2}}\,\operatorname{erfc}^{n-2} x\,\mathrm dx-\frac1{\sqrt\pi}+\frac1{4\sqrt{2\pi}}\\[4pt] & = \frac 1{2\pi\sqrt2}\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(n+1)(n+2)}{2^n}\int\limits_0^\infty e^{-x^2}\operatorname{erf}(x\sqrt2)\,\operatorname{erfc}^n x\,\mathrm dx-\frac1{\sqrt\pi}+\frac1{4\sqrt{2\pi}}, \end{align}$$

$$I = -\frac1{\sqrt\pi}+\frac1{4\sqrt{2\pi}} + \dfrac{\arctan\sqrt2}{2\pi\sqrt{2\pi}}+\frac 1{2\pi\sqrt2}\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(n+1)(n+2)}{2^n}J_n,\tag5$$ donde $$J_n=\int\limits_0^\infty e^{-x^2}\operatorname{erf}(x\sqrt2)\,\operatorname{erfc}^n x\,\mathrm dx\tag6$$ (ver también Wolfram Alpha).

Además, se pueden utilizar las presentaciones $$\begin{align} &I = \frac1{\sqrt\pi}\int\limits_0^\infty \dfrac{\mathrm d(e^{-x^2})}{1+\operatorname{erfc}(x)} = -\frac1{\sqrt\pi}\int\limits_0^1 \dfrac{\mathrm dz}{1+\operatorname{erf}(\sqrt{-\log z})}, \end{align}$$ en $$\dfrac1{1+\operatorname{erf}\sqrt{-\log \dfrac{\sqrt\pi y}2}} =\dfrac1{1+y}\left(1+\dfrac\pi{12}\dfrac{y^3}{1+y}\left(1+\dfrac\pi{120}\dfrac{y^3-9y^2}{1+y}\right)\right)+\dots$$ (ver también Wolfram Alpha).

Sin embargo, la forma cerrada, no se obtuvo.

Answer 2

Yo no creo que exista una fórmula simple. Más precisa la evaluación de los rendimientos (de "verificación de la WorkingPrecision' si el uso de Mathematica):

$-0.3376684770344218621827398500$

Esto puede ser contrario busca utilizando esta bonita página: aquí, que se comprueba en contra (un montón ) de expresiones simbólicas evaluado de manera muy precisa. No hits no, así que si cualquier cosa que probablemente va a ser un poco complicado de expresión.

Esto no es concluyente. Buena suerte en Tu búsqueda!