Una forma cerrada para: $\int_{0}^{\infty} \frac{1}{(x-\log x)^2}dx$

Question

¿Es posible encontrar una expresión de forma cerrada para esta integral?

$$\int_{0}^{\infty} \frac{1}{(x-\log x)^2}dx$$

Generalización de la integral:

$$\int_{0}^{\infty} \frac{1}{(x-\log x)^{p}}dx$$

donde, $\log x$ es un logaritmo natural, $p\in\mathbb{Z^{+}}_{2}$

La integral indefinida no puede expresarse mediante funciones matemáticas elementales según Wolfram Alpha.

Puedo añadir una trama visual.

Entonces, no sé si es posible encontrar una forma cerrada o no. Pero, tengo una solución numérica:

$$\int_{0}^{\infty} \frac{1}{(x-\log x)^2}dx2.51792$$

Answer 1

Esto no es una respuesta.

Interesante es $$\int_1^{\infty} \frac{dx}{(x-\log x)^2}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac {n!} {n^n}$$ que sí converge muy rápido.

Consideremos las sumas parciales $$S_p=\sum _{n=1}^{p }\frac {n!} {n^n}$$ Para $50$ cifras significativas, algunos números $$\left( \begin{array}{cc} p & S_p \\ 10 & \color{red} {1.879}6270159950810984897034709192993117315185196423 \\ 20 & \color{red} {1.8798538}481559257260270045400130469482147900930324 \\ 30 & \color{red} {1.87985386217}44894409103304424245491837451422243904 \\ 40 & \color{red} {1.879853862175258}4934447274819840727420511215490319 \\ 50 & \color{red} {1.87985386217525853348}42821765377141403748180799027 \\ 60 & \color{red} {1.879853862175258533486306}0446953416699479277057812 \\ 70 & \color{red} {1.879853862175258533486306145}0660477978008661226702 \\ 80 & \color{red} {1.8798538621752585334863061450709}598007686986116986 \\ 90 & \color{red} {1.8798538621752585334863061450709600388}084239015953 \\ 100 & \color{red} {1.87985386217525853348630614507096003881987}28530863 \\ \cdots & \cdots \\ \infty &\color{red} {1.8798538621752585334863061450709600388198734004893} \end{array} \right)$$

Editar

Después de los comentarios parece que he encontrado otro que es increíble $$\int_{1}^{\infty} \frac{dx}{(x-\log x)^3}=\frac 12\left(\sum _{n=1}^{\infty }\frac {n!} {n^{n-1}}-1\right)$$

Actualización

Después de la respuesta de @JJacquelin, considerando (para $p> 1 \:,\: p \text{ integer.}$ ) $$I_p=\int_1^\infty \frac{dx}{(x-\ln(x))^p}=\frac{1}{(p-1)!}\sum_{n=p-1}^\infty \frac{n!}{n^{n-p+2}}$$ escribir $$\sum_{n=p-1}^\infty \frac{n!}{n^{n-p+2}}=\sum_{n=p-1}^k \frac{n!}{n^{n-p+2}}+\sum_{n=k+1}^\infty \frac{n!}{n^{n-p+2}}$$ y, para la segunda suma, utilizar la forma más simple de aproximación de Stirling para obtener $$\sum_{n=k+1}^\infty \frac{n!}{n^{n-p+2}} \sim \sqrt{2 \pi }\, e^{-(k+1)}\, \Phi \left(\frac{1}{e},\frac{3-2p}{2},k+1\right)$$ donde aparece la función trascendente de Hurwitz-Lerch.

Esto proporciona una buena estimaciones del resultado. A continuación se indican los valores de algunos $p$ que utiliza $k=p+10$ . $$\left( \begin{array}{ccc} p & \text{approximation} & \text{"exact"} \\ 2 & 1.879853659 & 1.879853862 \\ 3 & 1.201509078 & 1.201509604 \\ 4 & 0.935374084 & 0.935375123 \\ 5 & 0.786369570 & 0.786371320 \\ 6 & 0.688798359 & 0.688800999 \\ 7 & 0.618921197 & 0.618924881 \\ 8 & 0.565877612 & 0.565882462 \\ 9 & 0.523929461 & 0.523935568 \\ 10 & 0.489732430 & 0.489739855 \end{array} \right)$$

Answer 2

Una relación más general :

$$\int_1^\infty \frac{dx}{(x-\ln(x))^p}=\sum_{k=0}^\infty \frac{(p+k-1)!}{(p-1)!\:(k+p-1)^{k+1}}\qquad p> 1 \:,\: p \text{ integer.}$$

Esto podría extenderse a los $p>1$ gracias a la función $\Gamma$ .

O, en un formulario equivalente : $$\int_1^\infty \frac{dx}{(x-\ln(x))^p}=\frac{1}{(p-1)!}\sum_{n=p-1}^\infty \frac{n!}{n^{n-p+2}}\qquad p> 1 \:,\: p \text{ integer.}$$

A partir de esto es fácil encontrar los casos ya conocidos $p=2$ y $p=3$ .

Luego, otros casos, por ejemplo: $$\int_1^\infty \frac{dx}{(x-\ln(x))^4}=\frac{1}{6}\sum_{n=3}^\infty \frac{n!}{n^{n-2}}$$

Te dejo el placer de probar las fórmulas anteriores.

Esto no es demasiado difícil al gastar $\frac{1}{(1-t)^p}$ a la serie de poderes de $t$ avec $t=\frac{\ln(x)}{x}$ y sabiendo que $\int_1^\infty\frac{(\ln(x))^k}{x^{p+k}}dx=\frac{k!}{(k+p-1)^{k+1}}$ .

Answer 3

Comentario largo:

A raíz del comentario original de @automaticallyGenerated es asombroso que $$I=\int_0^{\infty } \frac{1}{(x-\log (x))^p} \, dx= \frac{ 1}{\Gamma(p)} {\int_0^{\infty } \frac{\Gamma(x+1)}{x^{x-p+2}} \, dx}$$ parece ser válida para todos los $p>1$ . Dado que se están integrando dos funciones totalmente diferentes, parece probable que la igualdad sólo se mantenga cuando se utilizan estos límites.

La segunda integral parece poco útil para entender la primera integral (la integral del OP). No parece ser susceptible de sustitución y todo lo que encontré una manera de expresar la segunda integral en términos de la función Gamma incompleta y polinomios de Laguerre generalizados $L_n^{(a)}(x)$ que no parece llevar a ninguna parte. (ver https://en.wikipedia.org/wiki/Gamma_function )

$$\frac{ 1}{\Gamma(p)} {\int_0^{\infty } \frac{\Gamma(x+1)}{x^{x-p+2}} \, dx}=\frac{1}{\Gamma (p)}\int_0^{\infty } \frac{e^{-x} \Gamma (x+1) }{ \Gamma (x-p+2,x)} \sum _{n=0}^{\infty } \frac{ L_n^{(x-p+2)}(x) }{n+1}\, dx$$

Con respecto a la primera integral de arriba (la integral del OP). Como se ha demostrado, esta integral parece dividirse naturalmente en dos mitades $I_1$ y $I_2$ . Esto se demuestra claramente al graficar la función $\frac{e^{1/y}}{\left(y \,e^{1/y} -1\right)^2}$ derivada de la función original simplemente por medio de sustituciones.

En el caso de la nueva función $$I_1=\int_0^{\infty} \frac{e^{1/y}}{\left(y e^{1/y}-1\right)^2} \, dy\approx1.8798538622$$ $$I_2=\int_{-\infty}^0 \frac{e^{1/y}}{\left(y e^{1/y}-1\right)^2} \, dy\approx0.6380638008$$

como se esperaba.

La mayoría de las observaciones realizadas hasta ahora se han dirigido a la primera integral y su generalización a valores de $p$ diferente a la 2. Sólo observo que $p$ puede tomar cualquier valor real mayor que $1$ . Por lo tanto, el resultado más general para $I_1$ es

$$I_1=\int_1^{\infty } \frac{1}{(x-\log (x))^p} \, dx=\frac{ 1 }{\Gamma (p)} \sum _{n=1}^{\infty } \frac{\Gamma (n+p-1)}{(n+p-2)^n}$$

Voy a hacer un comentario más sobre la segunda integral.

Se puede transformar de la siguiente manera:

$$I_2=\int_0^{1 } \frac{1}{(x-\log (x))^p} \, dx=\int_{0}^{1 } \frac{1}{(1-x-\log (1-x))^p} \, dx$$

y se reorganizó $$I_2=\int_{0}^{1 } \frac{1}{(1-x)^2\left(1-\frac{\log (1-x)}{1-x}\right)^p} \, dx$$

La función $\left(1-\frac{\log (1-x)}{1-x}\right)$ tiene una expansión en serie infinita razonablemente sencilla que es $$\left(1-\frac{\log (1-x)}{1-x}\right)=1+\sum_{k=0}^{\infty} \frac{\left| S_{k+1}^{(2)}\right| }{k!}x^k \approx 1+x+\frac{3 x^2}{2}+\frac{11 x^3}{6}+\frac{25 x^4}{12}+\frac{137 x^5}{60}+... $$

donde $S_{n}^{(m)}$ son números esterlinos del primer tipo.

La expansión en serie infinita de la función $\frac{1}{(1-x-\log (1-x))^p}$ no es tan sencillo.

---

Actualización 1

Me ha fascinado el integral en cuestión. Con respecto a aproximadamente la función estudiada por @YuriyS he visto otra cosa interesante, es decir

$$I=\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{-y} dy}{(e^{-y}+y)^2}$$

Se trata de una función ligeramente asimétrica graficada aquí

Numéricamente el $x$ valor en el que la curva alcanza su punto máximo es $x\approx-0.4428544010$ que parece ser la misma que la expansión decimal de $x$ satisfaciendo $x+2=exp(-x)$ (ver https://oeis.org/A202322 ). He comprobado que los dos números son iguales con más de 60 decimales.

---

Actualización 2

He conseguido encontrar un método de aproximación $I_2$ con una serie que involucra Logs enteros positivos, pero sorprendentemente no todos los enteros, hasta ahora sólo los primos...

$$I_2\approx1+\left(\frac{-179592269512107561470980928 \log (2)-5712818723588970397783260 \log (3)+22992687372688767118775650 \log (5)-28209036610545300456578590 \log (7)+13 (677084947758213086002625 \log (11)+1829504980586239604457134 \log (13)+4782965 (286391006085468616 \log (17)+87040663716649545 \log (19))+3622722200873719994750 \log (23))}{4375992416738342400000}\right) $$

La esperanza se aleja aún más de que el $I_2$ parte de la integral tiene una forma cerrada. Me he quedado sin tiempo, así que más tarde actualizaré la información si consigo que tenga sentido.

Actualización 3

Debo aclarar que la sorpresa aquí no es que los logaritmos de los números enteros puedan dividirse en logaritmos de los primos que los componen, sino que el primo logarítmico más alto está relacionado con el número de términos que origina la aproximación (en el caso anterior 25) y todos los primos logarítmicos por debajo del más alto también están presentes en la aproximación.

Esta propiedad observada anteriormente está relacionada con las integrales de la forma

$$a_n\int_0^1 x^n\,\text{li}(1-x) \, dx\tag{1}$$

donde $\text{li}(x)$ es la integral logarítmica y $n$ es aproximadamente el número de términos de la aproximación.

Los términos integrales de "orden n" (1) surgen de aproximaciones en serie a la siguiente integral para $I_2$ $$I_2=1+\int_0^1 \frac{ \left(2 \left(\frac{1}{\log (1-x)}-\frac{1}{\log ^2(1-x)}\right)\right)} {\left( \frac{1-x}{\log (1-x)}-1\right)^3} \, \text{li}(1-x) \, dx$$

Este enlace a este problema a la integral de la integral logarítmica sobre el intervalo $[0,1]$ se encontró utilizando Mathematica y en este momento sigue siendo una conjetura.

Actualización 4

Es interesante observar la integral $I_1$

$$I_1=\int_1^{\infty } \frac{1}{(x-\log (x))^p} \, dx=\frac{ 1 }{\Gamma (p)} \sum _{n=1}^{\infty } \frac{\Gamma (n+p-1)}{(n+p-2)^n}$$

parece ser uno de un par

$$\int_1^{\infty } \frac{1}{(x+\log (x))^p} \, dx=\frac{ 1 }{\Gamma (p)} \sum _{n=1}^{\infty } \frac{(-1)^{n-1}\Gamma (n+p-1)}{(n+p-2)^n}$$

Answer 4

¡Sorpresa!

Considerando $$I=\int_{0}^{\infty} \frac{dx}{(x-\log x)^2}$$ y explorando combinaciones lineales simples de algunas constantes básicas, encontré (¡seguro que me llevó tiempo!) $$\color{blue}{I\sim\frac{189}{4}(C+2\pi)+61 \pi \log (3)-\frac{1}{4} \left(57+101 \pi ^2+523 \pi \log (2)\right)}$$ que difiere en valor absoluto en $10^{-18}$ .

Actualización

Divertido es $$J=\int_{1}^{\infty} \frac{dx}{(x-\log x)^2}\sim \frac{717 \pi ^2-489 \pi-296 }{405 \pi ^2-420 \pi+112}$$ que difiere en valor absoluto en $3 \times 10^{-19}$ . $$K=\int_{0}^{1} \frac{dx}{(x-\log x)^2}\sim \frac{157 e^2+693 e-1394}{489 e^2-62e-859}$$ que difiere en valor absoluto en $ 10^{-20}$ .

Por lo tanto, otra fórmula $$\color{blue}{I=J+K \sim \frac{157 e^2+693 e-1394}{489 e^2-62e-859}+\frac{717 \pi ^2-489 \pi-296 }{405 \pi ^2-420 \pi+112}}$$ que difiere en valor absoluto en $3 \times 10^{-19}$ .

Answer 5

No es una respuesta completa, pero espero añadir más cuando llegue a Mathematica en unas horas.

Utilizando una sustitución obvia $x=e^y$ podemos transformar la integral a:

$$I=\int_{-\infty}^\infty \frac{e^y dy}{(e^y-y)^2}=\int_0^\infty \frac{e^y dy}{(e^y-y)^2}+\int_0^\infty \frac{e^{-y} dy}{(e^{-y}+y)^2}$$

Un poco de álgebra simple nos da:

$$I=2 \int_0^\infty \frac{(1+y^2) \cosh y~ dy}{(1-y^2+2 y \sinh y)^2}=\int_{-\infty}^\infty \frac{(1+y^2) \cosh y~ dy}{(1-y^2+2 y \sinh y)^2}$$

Consideremos una función compleja:

$$f(z)=\frac{(1+z^2) \cosh z~ dz}{(1-z^2+2 z \sinh z)^2}$$

La función decae para $z$ acercándose al complejo infinito. El denominador parece tener sólo $4$ raíces complejas:

$$z_{1,2}= \pm 0.3181315052047644297916272315 + 1.337235701430689443574992888 i$$

$$z_{3,4}= \pm 0.3181315052047644297916272315 - 1.337235701430689443574992888 i$$

Así que, lógicamente, si elegimos un contorno semicircular en el semiplano superior o en el inferior, la integral se puede encontrar como la suma de dos residuos de segundo orden.

Para el medio plano superior:

$$I=2 \pi i (r_1+r_2)$$

Dónde:

$$r_{1,2} = \lim_{z \to z_{1,2}} \frac{d}{dz} \left((z-z_{1,2})^2 f(z) \right) $$

Necesitaré Mathematica para calcular numéricamente los residuos y luego comprobar si esto funciona.

---

Actualización:

He calculado los residuos en los polos en Mathematica, tanto por definición, utilizando Limit y numéricamente utilizando NResidue del paquete de cálculo numérico.

Los resultados coinciden y lo hemos hecho:

$$r_{1,2}= \pm 0.0157117544425405384700677892 \ldots -0.2026036954553989163697798003\ldots i$$

Lo que nos da:

$$2 \pi i (r_1+r_2)=4 \pi \cdot 0.2026036954553989163697798003\ldots= \\ =2.54599312493130005807440209 \ldots$$

Mientras que la integral es numérica:

$$I=2.5179176630221370042\ldots$$

Que no coincide en el tercer dígito ya.

No sé qué ha fallado aquí, pero intentaré averiguarlo. Para ser justos, he comprobado unas cuantas funciones similares con el mismo denominador, y los cálculos de los residuos coinciden todos con la integral sólo en el primer $2-3$ dígitos y luego no están de acuerdo. Así que o el método requiere mucha más precisión o me estoy perdiendo algo.

---

Actualización 2

Las partes real e imaginaria de $z_{1,2,3,4}$ tienen los mismos valores absolutos que en el número:

$$x_0=e^{-W(-1)}$$

Que es una solución para $x=\log x$ lo que tiene mucho sentido si consideramos la integral original.

He utilizado este valor exacto en Mathematica y he encontrado los residuos exactamente (las expresiones no son bonitas, pero las he encontrado).

Sin embargo, sigo obteniendo el mismo valor incorrecto $2.54599312493130005807440209 \ldots$ para la integral.

---

Ver la respuesta de That Guy que explica mi error y proporciona la serie de residuos explícita.