Un límite complicado con integrales exponenciales

Question

Definimos integral exponencial según https://en.wikipedia.org/wiki/Exponential_integral#Definition_by_Ein

como

$$\text{Ei}_n(x) = \int_{1}^{\infty} \frac{e^{-xt}}{t^n} dt$$

Estoy tratando de evaluar el límite de la secuencia

$$ -\frac{i}{ \ln(2)} \lim_{n\rightarrow \infty} \left[ \text{Ei}_{1- \frac{2i\pi}{\ln(2)}} \left( 2^{-n} \right)-\text{Ei}_{1+\frac{2i\pi}{\ln(2)}} \left( 2^{-n} \right) \right] $$

Dónde $n$ se evalúa sobre números enteros positivos.

Esto se aproxima a un número real que está muy cerca del valor $\frac{1}{\pi}$ pero ligeramente inferior. (Lo he confirmado experimentalmente).

Trabajo hasta ahora:

Intentar evaluarlo como límite de una función ha sido inútil,

Ya que mi límite interior resulta es una expresión que no converge:

$$\lim_{n\rightarrow \infty, n\in \mathbb{N}} \left[ \text{Ei}_{1- \frac{2i\pi}{\ln(2)}} \left( 2^{-n} \right)-\text{Ei}_{1+\frac{2i\pi}{\ln(2)}} \left( 2^{-n} \right) \right] = \lim_{n \rightarrow \infty, n \in \mathbb{N}} \int_{1}^{\infty}\frac{e^{-2^{-n}t}}{t^{1 - \frac{2i\pi}{\ln{2}}}} dt - \int_{1}^{\infty}\frac{e^{-2^{-n}t}}{t^{1 + \frac{2i\pi}{\ln{2}}}}dt $$

\= $$ \lim_{n\rightarrow \infty, n\in \mathbb{N}} \left[ \int_{1}^{\infty} \frac{e^{-2^{-n}t} \left( t^{1 + \frac{2i\pi}{\ln{2}}} - t^{1 - \frac{2i\pi}{\ln{2}}} \right)}{t^2} dt \right]$$

$$ =\lim_{n\rightarrow \infty, n\in \mathbb{N}} \left[ 2i \int_{1}^{\infty} e^{-2^{-n} t} \frac{\sin \frac{2\pi}{\ln 2} \ln t}{t} dt \right]$$

En este punto, "dejar $n$ ir al infinito" produce la integral divergente:

$$ \lim_{n\rightarrow \infty, n\in \mathbb{N}} \left[ 2i \int_{1}^{\infty} \frac{\sin \frac{2\pi}{\ln 2} \ln t}{t} dt \right] $$

Algunos avances:

A sugerencia de Sangchul Lee he intentado aplicar la integración por partes a nuestro penúltimo término (eliminando el $2i$ por ahora).

$$ \lim_{n\rightarrow \infty, n\in \mathbb{N}} \left[ \int_{1}^{\infty} e^{-2^{-n} t} \frac{\sin \frac{2\pi}{\ln 2} \ln t}{t} dt \right]$$

$$ = \lim_{n\rightarrow \infty, n\in \mathbb{N}} \left[ -\frac{\ln 2}{2\pi }e^{-2^{-n}t} \cos \left( \frac{2\pi}{\ln 2} \ln t \right)_{@[1,\infty]} - 2^{-n} \frac{\ln 2}{2 \pi} \int_{1}^{\infty} e^{-2^{-n}t}\cos \left( \frac{2\pi}{\ln 2} \ln t \right) dt \right] $$

Ahora podemos simplificar el primer término (tomando la evaluación del infinito)

$$ = \lim_{n\rightarrow \infty, n\in \mathbb{N}} \left[ \frac{\ln 2}{2\pi }e^{-2^{-n}} - 2^{-n} \frac{\ln 2}{2 \pi} \int_{1}^{\infty} e^{-2^{-n}t}\cos \left( \frac{2\pi}{\ln 2} \ln t \right) dt \right] $$

Y vemos que esto se convierte:

$$ = \frac{\ln 2}{2\pi } - \frac{\ln 2}{2 \pi } \lim_{n\rightarrow \infty, n\in \mathbb{N}} \left[ 2^{-n} \int_{1}^{\infty} e^{-2^{-n}t}\cos \left( \frac{2\pi}{\ln 2} \ln t \right) dt \right] $$

Y, después de consultar la matemática esto se reduce a:

$$ \frac{\ln 2}{2\pi } - \frac{\ln 2}{2 \pi } \lim_{n\rightarrow \infty, n\in \mathbb{N}} \left[ \frac{1}{2} \left( \Gamma[1 - \frac{2i\pi}{\ln 2} , 2^{-n} ] + \Gamma[1 + \frac{2i\pi}{\ln 2} , 2^{-n} ] \right)\right] $$

Y eso se reduce simplemente a:

$$ \frac{\ln 2}{2\pi } - \frac{\ln 2}{2 \pi } \left[ \frac{1}{2} \left( \Gamma[1 - \frac{2i\pi}{\ln 2} , 0 ] + \Gamma[1 + \frac{2i\pi}{\ln 2} , 0 ] \right)\right] $$

Y Wolfram es capaz de verificar que éste es efectivamente el resultado que espero (una vez que multiplico por $\frac{-i(2i)}{\ln 2}$ ) ya que se encuentra dentro de $10^{-6}$ de $\frac{1}{\pi}$ .

Mi pregunta sigue en pie: ¿Existe una forma cerrada mejor para este término?

Answer 1

Escriba a $\alpha = \frac{2\pi}{\log 2}$ para simplificar. Entonces nos interesa el límite de la siguiente cantidad

\begin{align*} I_n := \frac{\operatorname{Ei}_{1 - i\alpha} (2^{-n}) - \operatorname{Ei}_{1 + i\alpha} (2^{-n})}{i\log 2}. \end{align*}

Introduciendo la definición de $\operatorname{Ei}_s$ y tomando la integración por partes,

\begin{align*} I_n &= \frac{1}{i\log 2} \int_{1}^{\infty} \frac{t^{i\alpha} - t^{-i\alpha}}{t}e^{-2^{-n}t} \, \mathrm{d}t = \frac{2}{\log 2} \int_{1}^{\infty} \frac{\sin\left( \alpha \log t \right)}{t}e^{-2^{-n}t} \, \mathrm{d}t \\ &\hspace{1em}= \frac{e^{-2^{-n}}}{\pi} - \frac{1}{\pi} \int_{1}^{\infty} \cos\left( \alpha \log t \right) 2^{-n} e^{-2^{-n}t} \, \mathrm{d}t. \end{align*}

Aplique ahora la sustitución $u = 2^{-n}t$ y observe que

$$\cos(\alpha \log t) = \cos(\alpha\log u + \alpha n\log 2) = \cos(\alpha \log u) $$

desde $\alpha \log 2 = 2\pi$ . Entonces

\begin{align*} \lim_{n\to\infty} I_n &= \lim_{n\to\infty} \left[ \frac{e^{-2^{-n}}}{\pi} - \frac{1}{\pi} \int_{2^{-n}}^{\infty} \cos\left( \alpha \log u \right) e^{-u} \, \mathrm{d}u \right] \\ &= \frac{1}{\pi} - \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\infty} \cos\left( \alpha \log u \right) e^{-u} \, \mathrm{d}u \end{align*}

Recordando que la función gamma se define como $\Gamma(s) = \int_{0}^{\infty} u^{s-1}e^{-u} \, \mathrm{d}u$ se reduce a

\begin{align*} \lim_{n\to\infty} I_n &= \frac{1}{\pi} - \frac{\Gamma(1+i\alpha) + \Gamma(1-i\alpha)}{2\pi} = \frac{1}{\pi}\operatorname{Re}\left[ 1 - \Gamma(1+i\alpha) \right]. \end{align*}

Pero soy escéptico de que esto tenga una forma cerrada elemental.