Demuestra que $\frac{1}{\phi}<\int_0^\infty \frac{e^{-x}}{\Gamma(x)} dx< \frac{24+\sqrt{2}}{41}$.

Question

Estoy seguro de que es una coincidencia, pero la transformada de Laplace de $1/\Gamma(x)$ en $s=1$ resulta ser bastante cercana a la inversa de la proporción áurea:

$$F(1)=\int_0^\infty \frac{e^{-x}}{\Gamma(x)} dx=0.61985841414477344973$$

¿Podemos demostrar analíticamente que: $$\int_0^\infty \frac{e^{-x}}{\Gamma(x)} dx>\frac{1}{\phi}$$

La fracción continua de este número también comienza de una manera muy hermosa:

$$F(1)=\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{2+\cfrac{1}{2+\cfrac{1}{2+\cfrac{1}{2+\cfrac{1}{2+\dots}}}}}}}}}}=$$

$$=[0; 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2, 2, 7, 2, 1, 1, 1, 2, 6, 1, 4, 7, 1, 3, 1, 1, 6, 1,\dots]$$

La pregunta no tiene ninguna aplicación práctica, ¡pero a todos aquí les encantan las preguntas sobre la proporción áurea, ¿verdad?

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Estoy seguro de que no hay una forma cerrada para esta integral, pero si existe alguna transformación útil, también me gustaría verla.

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Si reemplazamos cada cociente parcial en la fracción continua después de los primeros 5 2's por $2$, obtenemos una gran aproximación a la integral:

$$F(1) \approx \frac{1}{41} \left(24+\sqrt{2}\right)$$

Entonces, la pregunta más complicada sería:

¿Podemos demostrar analíticamente que: $$\int_0^\infty \frac{e^{-x}}{\Gamma(x)} dx<\frac{1}{41} \left(24+\sqrt{2}\right)$$

La diferencia es aproximadamente $4 \cdot 10^{-7}$.

Answer 1

“...si hay alguna transformación útil, me gustaría verla también.” No estoy seguro si lo siguiente es útil respecto al problema que planteas, sin embargo, extiende resultados en la literatura, aunque estoy seguro de que se conoce (ver abajo) y posiblemente podría ayudar con un límite.

Define $$F\left( s \right)=\int\limits_{0}^{\infty }{\frac{{{e}^{-sx}}}{\Gamma \left( x \right)}dx}$$ donde s se asume positivo y real y luego considera la siguiente integral
$$\frac{1}{\Gamma \left( z \right)}=\frac{1}{2\pi i}\int\limits_{-\infty }^{\left( 0+ \right)}{{{e}^{t}}{{t}^{-z}}dt}$$ donde la notación $\left( 0+ \right)$ representa un contorno que recorre el eje real negativo en sentido positivo. Intercambiando la integral conduce a $$F\left( s \right)=\frac{1}{2\pi i}\int\limits_{-\infty }^{\left( 0+ \right)}{\frac{{{e}^{t}}}{s+\log \left( t \right)}dt}$$ Ahora considera $$\int\limits_{{{C}_{1}}}^{{}}{\frac{{{e}^{t}}}{s+\log \left( t \right)}dt}$$ donde el contorno ${{C}_{1}}$ contiene una integral de lazo alrededor del eje real negativo, rodeando el origen conectando con una porción de un círculo grande centrado en un punto $c>{{e}^{-s}}\in {{\mathbb{R}}^{+}}$ que a su vez se conecta con una línea vertical en el plano: $$\int\limits_{{{C}_{1}}}^{{}}{\frac{{{e}^{t}}}{s+\log \left( t \right)}dt}=-\int\limits_{-R}^{\left( 0+ \right)}{\frac{{{e}^{t}}}{s+\log \left( t \right)}dt}+\int\limits_{{{\Gamma }_{R}}}^{{}}{\frac{{{e}^{c+{{\operatorname{Re}}^{it}}}}}{s+\log \left( c+{{\operatorname{Re}}^{it}} \right)}i{{\operatorname{Re}}^{it}}dt}+\int\limits_{\underset{\left( c>{{e}^{-s}} \right)}{\mathop{c-iR}}\,}^{c+iR}{\frac{{{e}^{t}}}{s+\log \left( t \right)}dt}$$ Este es un contorno de Bromwich con un corte de rama a lo largo del eje real negativo. Por construcción, la integral de contorno recoge el residuo que ocurre en $t={{e}^{-s}}$. Notando que la integral a lo largo del semicírculo desaparece a medida que $R\to \infty $
$$\int\limits_{0}^{\infty }{{{e}^{-sx}}dx}\frac{1}{2\pi }\int\limits_{\underset{\left( c>{{e}^{-s}} \right)}{\mathop{-\infty }}\,}^{\infty }{{{e}^{c+it}}{{\left( c+it \right)}^{-x}}dt}=\underset{t={{e}^{-s}}}{\mathop{res}}\,\left( \frac{{{e}^{t}}}{s+\log \left( t \right)} \right)+\frac{1}{2\pi i}\int\limits_{-\infty }^{\left( 0+ \right)}{\frac{{{e}^{t}}}{s+\log \left( t \right)}dt}$$ Observa que $$\underset{t={{e}^{-s}}}{\mathop{res}}\,\left( \frac{{{e}^{t}}}{s+\log \left( t \right)} \right)={{e}^{\frac{1}{{{e}^{s}}}-s}}$$ Luego considera $\int\limits_{{{C}_{2}}}^{{}}{{{e}^{c+iz}}{{\left( c+iz \right)}^{-w}}dz}$ donde por ahora $0\le \operatorname{Re}\left( w \right)<1$. Hay un punto de rama en $z=ic$ y así que deja que ${{C}_{2}}$ tenga una porción a lo largo del eje real, un semicírculo en la parte superior del plano complejo y un corte de rama a lo largo del eje imaginario incorporando un círculo pequeño alrededor del punto de rama. A medida que el radio del semicírculo se vuelve grande y el radio del círculo alrededor del punto de rama se vuelve pequeño, la integral sobre estos contornos desaparece dejando $$\int\limits_{-\infty }^{\infty }{{{e}^{c+it}}{{\left( c+it \right)}^{-w}}dt}=2\sin \left( \pi w \right)\int\limits_{0}^{\infty }{{{e}^{-t}}{{t}^{-w}}dt}=2\sin \left( \pi w \right)\Gamma \left( 1-w \right)=\frac{2\pi }{\Gamma \left( w \right)}$$ para $0<\operatorname{Re}\left( w \right)<1$ La representación integral sobre la recta real es una función entera de w en $\mathbb{C}$ y así que el resultado puede extenderse, por ejemplo, a $\operatorname{Re}\left( w \right)\ge 0$. Por lo tanto $$\int\limits_{0}^{\infty }{\frac{{{e}^{-sx}}}{\Gamma \left( x \right)}dx}={{e}^{\frac{1}{{{e}^{s}}}-s}}+\frac{1}{2\pi i}\int\limits_{-\infty }^{\left( 0+ \right)}{\frac{{{e}^{t}}}{s+\log \left( t \right)}dt}$$ Descomponiendo la integral del lazo, luego $$\int\limits_{0}^{\infty }{\frac{{{e}^{-sx}}}{\Gamma \left( x \right)}dx}={{e}^{\frac{1}{{{e}^{s}}}-s}}+\int\limits_{0}^{\infty }{\frac{{{e}^{-x}}}{{{\pi }^{2}}+{{\left( s+\log \left( x \right) \right)}^{2}}}dx}$$ luego al hacer sustituciones $$\int\limits_{0}^{\infty }{\frac{{{e}^{-sx}}}{\Gamma \left( x \right)}dx}={{e}^{\frac{1}{{{e}^{s}}}-s}}+\int\limits_{-\infty }^{\infty }{\frac{{{e}^{x-s-{{e}^{x-s}}}}}{{{\pi }^{2}}+{{x}^{2}}}dx}={{e}^{\frac{1}{{{e}^{s}}}-s}}+\frac{1}{\pi }\int\limits_{-\pi /2}^{\pi /2}{{{e}^{\pi \tan \left( x \right)-s-{{e}^{\pi \tan \left( x \right)-s}}}}dx}$$ Esto generaliza el resultado en Borwein et. al. "experimentación en matemáticas" 2004 pg 287. Observa el siguiente hecho adicional quizás curioso/inútil: $${{e}^{\frac{1}{{{e}^{s}}}-s}}=\sum\limits_{n=0}^{\infty }{\frac{{{e}^{-sn}}}{\Gamma \left( n \right)}}$$
así que todo esto recuerda a Euler-Maclaurin. Siguiendo ese camino aparece lo siguiente $$\int\limits_{0}^{\infty }{\frac{{{e}^{-st}}\psi \left( t \right)}{\Gamma \left( t \right)}dt}=-0.6198584141460518$$ lo cual a 12 decimales tiene la misma magnitud que tu número $F\left( 1 \right)$.

Answer 2

Esencialmente, esto se puede demostrar dividiendo el intervalo integral en $(0,1/100)$, $(1/100,10000)$ y $(10000,\infty)$ y acotando el integrando $e^{-x}/ \Gamma(x)$ con funciones más simples en cada parte.

Para el límite inferior realmente no necesitamos entrar en detalles. Hay software que puede calcular automáticamente límites superiores e inferiores numéricos garantizados de integrales. Este tipo de métodos se llaman numeros validados. Uno de esos softwares es arblib. Puedes acceder a través de SageMath.

El siguiente código demuestra el límite inferior.

low=RBF(CBF.integral(lambda x, _: (e^(-x))/gamma(x), 1/100, 5))
phi=RBF((1+sqrt(5))/2)
low > 1/phi

La salida es True.

Para el límite superior, usamos las siguientes desigualdades $$ e^{-x}/\Gamma(x) \le x, \qquad x \in (0,1/100) $$ y $$ e^{-x}/\Gamma(x) \le e^{-x}, \qquad x \in (10000,\infty) $$ Entonces el siguiente código demuestra el límite superior.

p1=RBF(CBF.integral(lambda x, _: x, 0, 1/100))
p2=RBF(CBF.integral(lambda x, _: (e^(-x))/gamma(x), 1/100,10000))
p3=RBF(integral(e^(-x), x,10000,oo))
up=RBF(1/41*(24+sqrt(2)))
up > p1+p2+p3

La salida es nuevamente True.

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Si uno desea una prueba completamente analítica, para el límite inferior se puede usar la desigualdad $$ f(x):=e^{-x}/\Gamma(x) \ge f_{1,2,5}(x) $$ donde $f_{1,2,5}(x)$ es el aproximante de Pade de orden $(1,2)$ en $x=5$. Dado que $f_{1,2,5}(x)$ es una función racional, se puede integrar en $(1/100,5)$ exactamente y obtener un límite inferior analítico.