Integral de la $\int_0^\infty\exp\left(-\sqrt2\,x^2\right)\,\operatorname{erfi}(x)\,\log(x)\,x^3\,dx$

Question

Considere la siguiente integral: $$\mathcal{A}=\int_0^\infty\exp\left(-\sqrt2\,x^2\right)\,\operatorname{erfi}(x)\,\log(x)\,x^3\,dx,\tag1$$ donde $\operatorname{erfi}(x)$ denota la imaginaria de la función de error: $$\begin{align}\operatorname{erfi}(x)&=\frac2{\sqrt\pi}\int_0^x\exp \left(z^2\right)dz\tag2\\&={_1F_1}\left(\frac12;\frac32;x^2\right)\cdot\frac{2\,x}{\sqrt\pi}.\end{align}\tag3$$

Para evaluar esto, he intentado reemplazar el poder $3$ con un parámetro de $\alpha$ y eliminar el logarítmica del factor, y tengo esto: $$\int_0^\infty\exp\left(-\sqrt2\,x^2\right)\,\operatorname{erfi}(x)\,x^\alpha\,dx=\frac{{_2F_1}\left(\frac12,\frac\alpha2+1;\frac32;\frac1{\sqrt{2}}\right)\,\Gamma\left(\frac\alpha2+1\right)}{2^{\alpha/4}\,\sqrt{2\pi}}.\tag4$$ Ahora tomando un derivado con respecto al parámetro de $\alpha$ y la sustitución de $\alpha=3$ me dan el resultado deseado: $$\mathcal{A}=\frac{\sqrt{7+5\sqrt2}}{48\sqrt2}\left(\left(3-\sqrt2\right)\cdot(16-15\log2-6\gamma)+9\sqrt{10-7\sqrt2}\cdot\mathcal{D}\right),\tag5$$ donde $$\mathcal{D}=\left.\partial_\beta\Bigg({_2F_1}\left(\tfrac12,\beta;\tfrac32;\tfrac1{\sqrt2}\right)\Bigg)\right|_{\beta=5/2}\tag6$$ El problema es que no sé cómo evaluar el $\mathcal{D}$ plazo — cómo tomar un derivado de la función hipergeométrica con respecto al parámetro de $\beta$. Podría usted por favor me ayude con esta parte o sugerir otro enfoque que podría dar un formato cerrado resultado de $\mathcal{A}$ (si es posible)?

Answer 1

Hay una expresión explícita para el valor de esta integral que no dependa de los derivados de la hipergeométrica índices. La idea es, simplemente, el uso de la definición de erfi y de invertir el orden de integración. La integral que queremos es que luego

$$\mathcal{A}=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^1 dt \, \int_0^{\infty} dx \, e^{-(\sqrt{2}-t^2) x^2} \, x^4 \, \log{x}$$

Realmente, todo lo que usted necesita saber es que

$$\int_0^{\infty} dx \, e^{-x^2} \log{x} = \frac12 \left [\frac{d}{d\beta}\Gamma\left (\frac{\beta+1}{2}\right ) \right ]_{\beta=0} = -\frac{\sqrt{\pi}}{4} (\gamma+\log{4})$$

Entonces

$$\begin{align}\int_0^{\infty} dx \, e^{-\alpha x^2} \, x^4 \, \log{x} &= \frac{d^2}{d \alpha^2} \int_0^{\infty} dx \, e^{-\alpha x^2} \, \log{x} \\&= -\frac{\sqrt{\pi } (3 \log (\alpha)+3 \gamma -8+3 \log (4))}{16 \alpha^{5/2}}\end{align}$$

Así que lo que tenemos aquí es el desordenado pero muy factible integral

$$(8 - 3 \gamma - 6 \log{2}) \frac{\sqrt{\pi}}{16} \int_0^1 dt \, \left (\sqrt{2}-t^2 \right )^{-5/2} - \frac{3 \sqrt{\pi}}{16} \int_0^1 dt \, \left (\sqrt{2}-t^2 \right )^{-5/2} \log{\left (\sqrt{2}-t^2 \right )} $$

Con estas integrales, hacemos la sustitución de $t = 2^{1/4} \sin{\theta}$, etc. Terminamos para evaluar las siguientes integrales

$$\int d\theta \, \sec^4{\theta} = \frac13 \tan^3{\theta} + \tan{\theta}+C$$ $$\begin{align}\int d\theta \, \sec^4{\theta}\, \log{(\cos{\theta})} &= \left [\frac13 \tan^3{\theta} + \tan{\theta} \right ] \log{(\cos{\theta})} \\&+ \frac13 \left [\frac13 \tan^3{\theta} + 2 \tan{\theta} - 2 \theta \right]+C \end{align}$$

más de $t \in [0,\arcsin{2^{-1/4}}]$. Os dejo los detalles de la aritmética; el resultado final que uno obtiene en la evaluación de la por encima de las integrales en los extremos de la $t$ intervalo de

$$\mathcal{A}=\frac{2 (3+ \sqrt{2})-[ \gamma +2 \log (2)+ \log{\left(\sqrt{2}-1\right)}]\left(4+ \sqrt{2}\right)}{16 \left(\sqrt{2}-1\right)^{1/2}}+\frac14 \arcsin\left(2^{-1/4}\right)$$

que es acerca de $0.538106$, la coincidencia de una evaluación numérica de la integral original.