$\int_0^\infty \frac{\log(1+x)}{x}e^{-\alpha x}dx$

Question

Quiero calcular $$ F(\alpha)=\int_0^\infty \frac{\log(1+x)}{x}e^{-\alpha x}dx $$ para $\alpha>0.$

Desde WolframAlpha proporciona una complicada expresión en términos de funciones hipergeométricas y la integral exponencial $\mathrm{Ei}$ función ya para $\alpha=1$, veo poca esperanza para una exacta evaluación analítica. Por lo tanto, traté de estimación $F(\alpha)$ al menos en alguno de los límites, de la siguiente manera: la integración en varias ocasiones por las partes, $$\begin{aligned} f(\alpha)\equiv -F'(\alpha)&=\int_0^\infty \log(1+x)e^{-\alpha x}dx\\ &=-\frac{1}{\alpha}\log(1+x)e^{-\alpha x}\bigg|_0^\infty+\frac{1}{\alpha}\int_0^\infty \frac{e^{-\alpha x}}{1+x}dx\\ &=0-\frac{e^{-\alpha x}}{\alpha^2(1+x)}\bigg|_0^\infty-\frac{1}{\alpha^2}\int_0^\infty\frac{e^{-\alpha x}}{(1+x)^2}dx\\ &=\frac{1}{\alpha^2}+\frac{e^{-\alpha x}}{\alpha^3(1+x)^2}\bigg|_0^\infty+\frac{2}{\alpha^3}\int_0^\infty \frac{e^{-\alpha x}}{(1+x)^3}dx\\ &=\frac{1}{\alpha^2}-\frac{1}{\alpha^3}-\frac{2e^{-\alpha x}}{\alpha^4(1+x)^3}-\frac{3!}{\alpha^4}\int_0^\infty\frac{e^{-\alpha x}}{(1+x)^4}dx. \end{aligned}$$ Por el procedimiento de la inducción, $$ f(\alpha)=\frac{1}{\alpha^2}\left(1-\frac{1}{\alpha}+\frac{2}{\alpha^2}-\ldots+\frac{(-1)^nn!}{\alpha^n}\right)+(-1)^{n+1}\frac{(n+1)!}{\alpha^{n+2}}\int_0^\infty\frac{e^{-\alfa x}}{(1+x)^{n+2}}dx, $$ a partir de la cual $$\begin{aligned} \lim_{\alpha\to\infty}\alpha^{n+2}\left[f(\alpha)-\sum_{j=0}^{n-1}\frac{(-1)^jj!}{\alpha^{j+2}}\right]&=(-1)^{n}{n!}+(-1)^{n+1}(n+1)!\lim_{\alpha\to\infty}\int_0^\infty\frac{e^{-\alpha x}}{(1+x)^{n+2}}dx\\ &=(-1)^{n}{n!} \end{aligned}$$ dominado por la convergencia. Esto muestra que se ha obtenido una serie asintótica para $f(\alpha)$ en el límite de $\alpha\to\infty$: $$ f(\alpha)\underset{\alpha\to\infty}{\sim}\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^nn!}{\alpha^{n+2}}\ . $$ Incluso si no es de curso divergentes, esta serie es de Borel summable: $$\boxed{ \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^nn!}{\alpha^{n+2}}\desbordado{B}{=}\int_0^\infty dt\, e^{-t}\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^nn!}{\alpha^{n+2}}\frac{t^n}{n!}\,{\color{rojo}=}\,\frac{1}{\alpha^2}\int_0^\infty e^{-t(1+1/\alpha)}dt=\frac{1}{\alpha(1+\alpha)}}\ . $$ Por lo tanto, es tentador estado que $$ f(\alpha)=\int_0^\infty \log(1+x)e^{-\alpha x}dx\desbordado{?}{=}\frac{1}{\alpha(1+\alpha)} $$ y, por lo tanto, la integración en $\alpha$ y ajuste de la constante de integración a cero debido a que $F(\alpha)\to0$ $\alpha\to\infty$ por la convergencia dominada, $$ F(\alpha)=\int_0^\infty \frac{\log(1+x)}{x}e^{-\alpha x}dx \desbordado{?}{=} \log\frac{1+\alpha}{\alpha}. $$ Estrictamente hablando, estas igualdades están mal, pero parece que ellos proporcionan fiable aproximaciones numéricas $f(\alpha)$ $F(\alpha)$ $\alpha\to\infty$ límite.

Cómo puedo hacer seguimiento del grado de aproximación a los involucrados en el resummation? Este fue explícito en la forma asintótica de la serie, que sin embargo no es tan bueno para escribir.

EDITAR: Tal vez puede ser ilustrativo comparar con una situación similar, donde la solución exacta está disponible. Considere la posibilidad de $$ G(\alpha)=\int_0^\infty\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx $$ para $\alpha>0$. Aquí $$ g(\alpha)\equiv-G'(\alpha)=\int_0^\infty \sin x\, e^{-\alpha x}dx=\mathrm{Im}\left[\int_0^\infty e^{-(\alpha-i)x}dx\right]=\mathrm{Im}\left[\frac{1}{\alpha-i}\right]=\frac{1}{1+\alpha^2} $$ y, por lo tanto, debido a $G(\alpha)\to0$$\alpha\to\infty$, $$ G(\alpha)=\frac{\pi}{2}-\arctan \alpha. $$ No obstante, podemos elaborar una serie asintótica para $g(\alpha)$ mediante la integración por partes. El resultado es $$ g(\alpha)\underset{\alpha\to\infty}{\sim}\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{\alpha^{2n+2}}. $$ En este caso, sin embargo, la serie converge al resultado exacto $g(\alpha)=1/(1+\alpha^2)$$\alpha>1$.

EDIT 2: como fue señalado por Sangchul Lee en los comentarios, la derivación en el cuadro contiene un error $$ \sum_{n=0}^{^\infty}\frac{(-1)^n n!}{\alpha^{n+2}}\desbordado{B}{=}\int_0^\infty \frac{e^{-t}}{\alpha(t+\alpha)}dt\,{\color{rojo}\neq}\,\frac{1}{\alpha(1+\alpha)}, $$ que es uno de los integral de las representaciones de $f(\alpha)$ que ya aparecen en la segunda ecuación. Por lo tanto, Borel resummation da el exacto resultado. Lo que todavía no sabemos es cómo el mal expresiones que me derivados dar una aproximación razonable para un gran $\alpha$.

Answer 1

Voy a ofrecer de alguna manera un enfoque diferente para aproximar la integral

$$F(\alpha) = \int_0^\infty \frac{\log(1+x)}{x}e^{-\alpha x}dx$$

Usando integración por partes

$$F(\alpha) = \int_0^\infty \frac{\log(1+x)}{x}e^{-\alpha x}dx=-\alpha\int^\infty_0 e^{-\alpha x}\mathrm{Li}_2(-x)\,dx$$

Para el registro de esta integral aparece en el libro de Lewis

$$\int^\infty_0 e^{-\alpha x} \mathrm {Li}_2 (-x) \, dx = \frac {1}{\alpha}\int^\infty_{\alpha}\frac {e^x}{x}\mathrm {Ei}(-x)\, dx$$

Por lo tanto, tenemos

$$F(\alpha) = \int^\infty_{\alpha}\frac {e^x}{x}\mathrm {E}_1(x)\, dx$$

Ahora el uso de la aproximación

$$\frac{1}{2}e^{-x}\log\left( 1+\frac{2}{x}\right)<\mathrm{E}_1(x) < e^{-x}\log\left( 1+\frac{1}{x}\right)$$

Wiki foto que muestra a la opresión de esta obligado

Por lo tanto, tenemos

$$\frac{1}{2} \int^\infty_{\alpha}\frac{\log\left( 1+\frac{2}{x}\right)}{x}\,dx<F(\alpha) < \int^\infty_{\alpha}\frac{\log\left( 1+\frac{1}{x}\right)}{x}\,dx$$

Esto puede escribirse como

$$ -\frac{1}{2}\mathrm{Li}_2\left( -\frac{2}{\alpha}\right)< F(\alpha) < -\mathrm{Li}_2\left( -\frac{1}{\alpha}\right)$$

Una parcela de 30 puntos para $\alpha$, lo que muestra los límites inferiores y superiores

Una parcela de 10 puntos para$\alpha$, lo que muestra los límites inferiores y superiores

Un gráfico de dispersión para 10 puntos

Answer 2

El comportamiento de la transformada de Laplace $\mathcal{L}\{g\}(s)$ de las grandes parámetro $s$ está íntimamente ligada a los cerca de cero en el comportamiento de la función $g$ siendo transformado. En particular, el líder de la orden de $\mathcal{L}\{g\}(s)$ $s \to \infty$ es muy robusto y aproximadamente sólo depende de el valor de $g(0)$. Esa es una razón por la cual su cálculo todavía da una buena aproximación.

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A continuación, vamos me derivar un asintótica de expansión para $F(\alpha)$. Empezamos por dividir la integral en dos partes

$$F(\alpha) = \int_{0}^{\epsilon} \frac{\log(1+x)}{x} e^{-\alpha x} \, dx + \int_{\epsilon}^{\infty} \frac{\log(1+x)}{x} e^{-\alpha x} \, dx. $$

La aplicación de la de Cauchy-Schwarz desigualdad del último plazo, tenemos

\begin{align*} \left|\int_{\epsilon}^{\infty} \frac{\log(1+x)}{x} e^{-\alpha x} \, dx\right| &\leq \bigg( \int_{\epsilon}^{\infty} \frac{\log^2(1+x)}{x^2}\, dx \bigg)^{1/2}\bigg( \int_{\epsilon}^{\infty} e^{-2\alpha x} \, dx \bigg)^{1/2} \\ &\leq C\alpha^{-1/2}e^{-\epsilon\alpha} \end{align*}

y así, el último término, sólo contribuye a una exponencialmente en descomposición de error. Por otro lado, si $\epsilon < 1$ $N$ es un entero positivo, entonces

\begin{align*} \int_{0}^{\epsilon} \frac{\log(1+x)}{x} e^{-\alpha x} \, dx &= \sum_{n=1}^{N} \frac{(-1)^{n-1}}{n} \int_{0}^{\epsilon} x^{n-1} e^{-\alpha x} \, dx \\ &\qquad + \int_{0}^{\epsilon} \bigg( \frac{\log(1+x)}{x} - \sum_{n=1}^{N} \frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n-1} \bigg) e^{-\alpha x} \, dx \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} \frac{1}{\alpha^n} \int_{0}^{\alpha \epsilon} x^{n-1} e^{-x} \, dx \\ &\qquad + \mathcal{O}\bigg( \int_{0}^{\infty} x^N e^{-\alpha x} \, dx \bigg). \end{align*}

Aquí, para cada uno de ellos fijo $n$, no es difícil comprobar que

$$\int_{0}^{\alpha \epsilon} x^{n-1} e^{-x} \, dx = (n-1)! + \mathcal{O}\big( (\epsilon\alpha)^{n-1}e^{-\epsilon\alpha} \big). $$

Poner en total, para cada uno de ellos fijo $N$ tenemos una expansión asintótica

$$ F(\alpha) = \sum_{n=0}^{N-1} \frac{(-1)^n n!}{n+1} \frac{1}{\alpha^{n+1}} + \mathcal{O}\bigg(\frac{1}{\alpha^{N+1}}\bigg) \qquad \text{as } \alpha \to \infty $$

No es de extrañar que el primer término es también obtuvo formalmente mediante la integración de OP asintótica de expansión para$f(\alpha)$.

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Para los cerca de cero en el comportamiento de $F$, partimos de la expresión @Zaid Alyafeai derivados de:

$$ F(\alpha) = -\alpha \int_{0}^{\infty} \operatorname{Li}_2(-x) e^{-\alpha x} \, dx = -\int_{0}^{\infty} \operatorname{Li}_2(-x/\alpha) e^{-x} \, dx. $$

La utilización de la identidad

$$ -\operatorname{Li}_2(-z) = \zeta(2) + \frac{1}{2}\log^2 z + \operatorname{Li}_2 (-1/z), $$

nos encontramos con que

\begin{align*} F(\alpha) &= \int_{0}^{\infty} \left( \zeta(2) + \frac{1}{2}\log^2(x/\alpha) + \operatorname{Li}_2(-\alpha/x) \right) e^{-x} \, dx \\ &= \frac{1}{2}\log^2\alpha + \gamma \log\alpha + \frac{1}{2}(\gamma^2 + 3\zeta(2)) + \int_{0}^{\infty} \operatorname{Li}_2(-\alpha/x) e^{-x} \, dx. \end{align*}

Pretendemos que la última integral se desvanece como $\alpha \to 0$. De hecho, a partir de la estimación de $|\operatorname{Li}_2(-x^{-1})| \sim x^{-1}$$x \to \infty$, es posible demostrar que

$$ \int_{0}^{\infty} \operatorname{Li}_2(-\alpha/x) e^{-x} \, dx = \alpha \int_{0}^{\infty} \operatorname{Li}_2(-1/x) e^{-\alpha x} \, dx = \mathcal{S}\big(\alpha \log (1/\alpha) \big). $$

Por lo tanto

$$F(\alpha) = \frac{1}{2}\log^2\alpha + \gamma \log\alpha + \frac{1}{2}(\gamma^2 + 3\zeta(2)) + \mathcal{O}\big(\alpha \log (1/\alpha) \big) \qquad \text{as } \alpha \to 0^+. $$

De hecho, un análisis más detallado, en el término de error está disponible. Vamos

$$ g(\alpha) = \int_{0}^{\infty} \operatorname{Li}_2(-\alpha/x) e^{-x} \, dx. $$

A continuación, $g$ define una función continua en a $[0,\infty)$ que es diferenciable en a $(0,\infty)$. La diferenciación bajo el signo integral,

$$ g'(\alpha) = - \int_{0}^{\infty} \frac{1-e^{-x}}{x(x+\alpha)}\, dx = - \frac{1}{\alpha} \int_{0}^{\infty} \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{x+\alpha} \right)(1-e^{-x}) \, dx. $$

La última integral de las exhibiciones de la cancelación de la singularidad en el infinito. Con el fin de analizar este efecto, trabajamos con la truncado integral.

\begin{align*} &\int_{0}^{R} \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{x+\alpha} \right)(1-e^{-x}) \, dx \\ &= \int_{0}^{\alpha} \frac{1-e^{-x}}{x} \, dx + \int_{\alpha}^R \frac{1-e^{-x}}{x} \, dx - \int_{\alpha}^{R+\alpha} \frac{1-e^{-(x-\alpha)}}{x} \, dx \\ &= \int_{0}^{\alpha} \frac{1-e^{-x}}{x} \, dx + \log \left(\frac{R}{R+\alpha}\right) - \int_{\alpha}^R \frac{e^{-x}}{x} \, dx + e^{\alpha}\int_{\alpha}^{R+\alpha} \frac{e^{-x}}{x} \, dx. \end{align*}

Tomando como límite $R\to\infty$, nos encontramos con que

$$ g'(\alpha) = - \frac{1}{\alpha} \int_{0}^{\alpha} \frac{1-e^{-x}}{x} \, dx - \frac{e^{\alpha} - 1}{\alpha} E_1(\alpha), \etiqueta{1} $$

donde $E_1(\alpha) = \int_{\alpha}^{\infty} e^{-x}/x \, dx$ es una variante de la integral exponencial. Es bien sabido que el $E_1(\alpha)$ tiene la siguiente expansión

$$ E_1(\alpha) = -\gamma - \log \alpha - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n!n} \alpha^n $$

que es válida para todas las $\alpha \in \Bbb{C} \setminus (-\infty, 0]$. Conectando de nuevo, $g'(\alpha)$ tomar la forma

$$ g'(\alpha) = \frac{e^{\alpha} - 1}{\alpha} \log \alpha + \text{[entire function in $\alpha$]}. $$

Matemática dice que toda esta función parte tiene una casa de expansión de la serie, dando

$$ g'(\alpha) = \frac{e^{\alpha} - 1}{\alpha} \log \alpha - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{-\gamma + H_n}{n!}x^{n-1}. $$

Yo no lo he comprobado por mí mismo, pero espero que esto no es difícil de verificar por la expansión de todo lo $\text{(1)}$. La integración, que terminan con la siguiente expansión de la serie

$$F(\alpha) = \frac{1}{2}\log^2\alpha + \gamma \log\alpha + \frac{1}{2}(\gamma^2 + 3\zeta(2)) + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\alpha^n}{n!n} \left(\gamma + \log \alpha - H_n - \frac{1}{n} \right). $$

Por ejemplo, la siguiente es una numéricos de cálculo de $F(2)$ utilizando tanto la integración numérica y la fórmula anterior:

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Sospecho que el enfoque más sistemático está disponible para ambas direcciones, pero no estoy seguro de cómo proceder.

Answer 3

Abundando un poco en la respuesta por Sangchul Lee, me gustaría aclarar el por qué de mi (mal) cálculo todavía da una aproximación razonable. El error fue cometido en la escritura $$ f(\alpha)=\int_0^\infty \frac{e^{-\alpha t}}{\alpha(t+1)}dt\,{\color{\rojo}=}\,\frac{1}{\alpha(1+\alpha)}. $$ Desde $e^{-\alpha t}$ alcanza su máximo global sobre la integración de la región al $t=0$, esta integral se puede aproximar por un gran $\alpha$ por el método de Laplace: $$ f_\epsilon(\alpha) = \frac{1}{\alpha}\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\int_0^{\epsilon}t^n e^{-\alpha t}dt; $$ la sustitución de $\epsilon$ $\infty$ ahora sólo presenta de manera exponencial pequeños errores, así que $$ f(\alpha)\underset{\alpha\to\infty}\sim \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^nn!}{\alpha^{n+2}}=\frac{1}{\alpha^2}-\frac{1}{\alpha^3}+\mathcal O(\alpha^{-4}). $$ Por casualidad, por un gran $\alpha$, $$ \frac{1}{\alpha(1+\alpha)}=\frac{1}{\alpha^2}\frac{1}{1+1/\alpha}=\frac{1}{\alpha^2}\left(1-\frac{1}{\alpha}+\mathcal O(\alpha^{-2})\right)=\frac{1}{\alpha^2}-\frac{1}{\alpha^3}+\mathcal O(\alpha^{-4}). $$ Para que el error de hecho en el cálculo da la respuesta correcta a fin de $\alpha^{-4}$ porque es la suma de una serie geométrica que está de acuerdo con el derecho asintótica de expansión para $f(\alpha)$ precisamente a ese orden.