Integral que involucra al Log anidado

Question

Llevo unos días intentando resolver esta integral.

$$\int_0^{\infty}\left(\frac{1}{n}\left(t+n\right)\ln\left(\frac{t+n}{t}\right)-\ln\left(\frac{1}{n}\left(t+n\right)\ln\left(\frac{t+n}{t}\right)\right)-1\right)dt$$

Para $n\gt0$ .

Soy capaz de resolver la mayor parte de la integral hasta que me quedé atascado tratando de resolver

$$\int\log\left(\log\left(\frac{t+n}{t}\right)\right)dt$$

Editar: Primero vemos que con una sustitución tomamos $n$ del problema. Así, la integral que queremos resolver tiene un valor de $0.38033\dots$ @Yuriy S ha ayudado a encontrar una forma alternativa para la integral. Quiero contribuir con otra forma alternativa que se puede derivar de la forma de Yuriy. $$I_1=-\frac{1}{4}+\int_{0}^{\infty}\left(-\frac{e^s-1}{2e^s}+\ln\left(e^s-1\right)-\ln\left(s\right)\right)\frac{e^s}{\left(e^s-1\right)^2}ds$$

Otra actualización: He descubierto que

$$\begin{align} I_1+\frac14&=-\int_x^\infty\frac{1}{t(e^t-1)}dt-\left(-\frac1x-\frac{\ln{x}}{2}+\sum_{n=2}^\infty\frac{B_n}{n!(n-1)}x^{n-1}\right) \\&=\sum_{n=1}^\infty \text{Ei}(-xn)-\left(-\frac1x-\frac{\ln{x}}{2}+\sum_{n=2}^\infty\frac{B_n}{n!(n-1)}x^{n-1}\right) \end{align}$$ para $0\lt x\lt 2\pi$ . Aquí la parte no integral en el lado derecho es la expansión en serie de la parte integral en $x=0$ .

Answer 1

Simplifica primero por sustitución:

$$t=nu$$

$$I(n)=n\int_0^{\infty}\left((u+1)\ln\left(1+\frac{1}{u}\right)-\ln\left((u+1)\ln\left(1+\frac{1}{u}\right)\right)-1\right)du$$

Así que tenemos que encontrar la siguiente constante:

$$I_1=\int_0^{\infty}\left((u+1)\ln\left(1+\frac{1}{u}\right)-\ln\left((u+1)\ln\left(1+\frac{1}{u}\right)\right)-1\right)du$$

Francamente, esto tiene mala pinta, dudo que haya una solución exacta. El valor numérico, según lo indicado por MathIsFun7225 es de aproximadamente $0.3803301$ .

Usando algunas sustituciones, podemos transformar la integral a:

$$I_1=\int_0^{\infty}\left(\frac{s}{e^s-1}+\ln(e^s-1)-\ln s-1\right)\frac{e^s ds}{(e^s-1)^2}$$

La función:

$$f(s)=s+(e^s-1)\left(\ln(e^s-1)-\ln s-1\right)$$

Tiene una buena expansión Taylor alrededor de cero:

$$f(s)= \frac{s^3}{8}+\frac{s^4}{16}+\frac{11s^5}{576}+\frac{5s^6}{1152}+\frac{41s^7}{51840}+\frac{5s^8}{41472}+\dots \tag{1}$$

$$I_1= \int_0^{\infty}f(s)\frac{e^s ds}{(e^s-1)^3} \tag{2}$$

Considera:

$$J_k=\int_0^{\infty}\frac{s^k e^s ds}{(e^s-1)^3}$$

En la(s) respuesta(s) a esta pregunta: Una integral para la diferencia de funciones zeta $\zeta (s-1)-\zeta(s)$ se demuestra que:

$$J_k=\frac{k!}{2} (\zeta(k-1)-\zeta(k)) \tag{3}$$

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Finalmente, sumando algunos primeros términos de la serie (1), se obtiene un número cercano al valor numérico de la integral.

Por ejemplo, tres primeros términos nos dan el valor $0.3079 \ldots$ .

Los seis primeros términos dan $0.3668 \dots$ .

Sin embargo, como la serie de Taylor (1) tiene un radio de convergencia finito, la serie obtenida para la integral es de naturaleza asintótica y muy probablemente divergente. Pero como es habitual en las series asintóticas, un número finito de términos debería dar una buena aproximación a la integral.

Los términos de la serie tienen todos el mismo signo hasta $s^{20}$ Entonces nos encontramos con el primer cambio de signo. Sumando todos los términos para $k=3, \dots, 20$ obtenemos:

$$I_1 \approx 0.3803246 \dots$$

Lo cual es una buena aproximación. No estoy seguro de qué número de términos dará la mejor concordancia con el valor exacto.

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Actualización:

Utilizando la respuesta de @automaticallyGenerated, he comprobado numéricamente la serie asintótica, y aquí está el resultado para diferente número de términos (empezando por $k=3$ :

$$\left( \begin{array}{cc} 15 & 0.380130074058105238689754781268 \\ 16 & 0.380223929458113985169381973291 \\ 17 & 0.380272711854003260001162359969 \\ 18 & 0.380298890136158789781977313273 \\ 19 & 0.380315792727508660246473419445 \\ 20 & 0.380324694728276221658188520931 \\ 21 & 0.380323061796211720843375783973 \\ 22 & 0.380322359261040332671841945024 \\ 23 & 0.380338844375899979977446596772 \\ 24 & 0.380347115006252429034820349587 \\ 25 & 0.380297504104854694212803005034 \\ 26 & 0.380272706474517002755450053827 \\ 27 & 0.380464567324088204449788570410 \\ 28 & 0.380560498418357337146304250784 \\ 29 & 0.379700469605659832230621914362 \\ 30 & 0.379270457893190348577342716132 \\ 31 & 0.383724367550841791140185335387 \\ 32 & 0.385951317329242809053234753014 \\ 33 & 0.359568287367679813690910184314 \\ 34 & 0.346376786006546776686420830652 \\ 35 & 0.523655288520764751498176067439 \\ 36 & 0.612294499198448476853004251809 \\ 37 & -0.72901761727886247456922591902 \\ 38 & -1.39967353904013645644838768421 \\ 39 & 9.9527821590780141647092153950 \\ 40 & 15.6290094947770368344784462912 \\ 41 & -91.221244446733759055679027656 \\ 42 & -144.646369270054172239030454206 \\ 43 & 967.80090283422936072262158677 \\ 44 & 1524.02452894976299543567171838 \\ 45 & -11226.0112127462193171191333164 \\ \end{array} \right)$$

Evidentemente, la serie no converge y la mejor aproximación se consigue en torno a $k_m=20$ .

Answer 2

En realidad podemos encontrar una expansión término a término de la $f(s)=s+(e^s-1)\left(\ln(e^s-1)-\ln s-1\right)$ utilizado en la respuesta de YuriyS. Si reordenamos $f(s)$ obtenemos $$f(x) = (x+1-e^x) + (e^x-1)(\ln(e^x-1)-\ln(x))$$

Si nos fijamos en $x+1-e^x$ , ésta tiene una serie de Taylor conocida (que converge para todos los reales) de $$-\sum_{n=2}^\infty \frac{x^n}{n!}$$

También sabemos que $$e^x-1 = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n!}$$ que de nuevo converge para todos los reales.

$\ln(e^x-1)-\ln(x)$ es un poco más complicado. Si lo diferenciamos, obtenemos $$\frac{e^x}{e^x-1}-\frac{1}{x} = 1+\frac{1}{e^x-1}-\frac{1}{x}$$ Aquí podemos utilizar el hecho de que $\frac{x}{e^x-1} = \sum_{n=0}^\infty \frac{B_n}{n!} x^n$ donde $B_n$ son los números de Bernoulli. Si dividimos por $x$ y añadir $1-\frac{1}{x}$ obtenemos $$1+\frac{1}{e^x-1}-\frac{1}{x} = \frac{1}{2}+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{B_n}{n!} x^{n-1}$$ Integrando, tenemos entonces que $$\ln(e^x-1)-\ln(x) = \frac{x}{2} + \sum_{n=2}^\infty\frac{B_n}{n! \cdot n}x^n$$

Ahora tenemos que $$f(x) = -\sum_{n=2}^\infty \frac{x^n}{n!} + \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n!} \cdot \left(\frac{x}{2} + \sum_{n=2}^\infty\frac{B_n}{n! \cdot n}x^n\right) = -\sum_{n=2}^\infty \frac{x^n}{n!} + \frac{x}{2} \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n!} + \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n!} \cdot \sum_{m=2}^\infty\frac{B_m}{m! \cdot m}x^m$$

$$f(x) = -\sum_{n=2}^\infty \frac{x^n}{n!} + \sum_{n=2}^\infty \frac{x^{n}}{2(n-1)!} + \sum_{n=3}^\infty \cdot \sum_{m=2}^{n-1}\frac{B_m}{(n-m)!m! \cdot m}x^n$$

Finalmente, obtenemos la forma cerrada para $a_n$ en $f(x) = \sum_{n=3}^\infty a_n x^n$ como $$a_n = \frac{n-2}{2(n!)}+\sum_{m=2}^{n-1}\frac{B_m}{(n-m)!m! \cdot m} = \sum_{m=2}^{n-1}\left(\frac{B_m}{(n-m)!m! \cdot m}+\frac{1}{2(n!)}\right)$$

Utilizando el mismo $I_1 = \int_0^\infty f(s) \frac{e^s ds}{(e^s-1)^3}$ como YuriyS, ahora queremos encontrar $$I_1 = \sum_{n=3}^\infty a_n \frac{n!}{2} (\zeta(n-1)-\zeta(n)) = \sum_{n=2}^\infty \left(a_{n+1}\frac{(n+1)!}{2}-a_{n}\frac{n!}{2}\right)\zeta(n)$$ No sé exactamente qué hacer a partir de aquí, pero al menos está en forma de serie infinita en lugar de integral.

Edición: Como mencionó YuriyS en los comentarios, $a_n n!$ puede enunciarse claramente como $b_n=\frac{n-2}{2}+\sum_{m=2}^{n-1}\frac{B_m \binom{n}{m}}{m}$ . Esto significa que $$I_1 = \sum_{n=3}^\infty \frac{b_n}{2} (\zeta(n-1)-\zeta(n)) = \sum_{n=2}^\infty \left(\frac{b_{n+1}}{2}-\frac{b_n}{2}\right)\zeta(n)$$

Edición 2: Por desgracia, estas series divergen, como se menciona en los comentarios, lo que hace imposible su uso en el cálculo de $I_1$ .