Expansión asintótica de la integral $\int_2^\infty \frac{x^t}{\ln(t)} dt$ para $x \to 1$

Question

Si definimos

$$F(x)=\int\limits_{2}^{\infty}\frac{x^t}{\ln(t)}dt$$

Estoy interesado en la expansión asintótica de $F$ como $x$ enfoques 1. Estoy bastante seguro de que esta integral no tiene una antiderivada elemental, así que no puedo aventurarme por ese camino. No se me ocurre ningún otro método duro y rápido para determinar el comportamiento de esta función, así que me pregunto si hay otros métodos de ataque para probar.

Answer 1

Para simplificar, dejemos que $-\ln x = 1/\lambda$ para que le interese el comportamiento de

$$ \int_2^\infty e^{-t/\lambda} \frac{dt}{\ln t} $$

como $\lambda \to \infty$ . Realización del cambio de variables $t/\lambda = u$ rinde

$$ \int_2^\infty e^{-t/\lambda} \frac{dt}{\ln t} = \lambda \int_{2/\lambda}^\infty e^{-u} \frac{du}{\ln u + \ln \lambda}. \tag{1} $$

El denominador se comporta como $\ln \lambda$ como $\lambda \to \infty$ por lo que podríamos esperar que

$$ \int_{2/\lambda}^\infty e^{-u} \frac{du}{\ln u + \ln \lambda} \approx \frac{1}{\ln \lambda} \int_0^\infty e^{-u}\,du = \frac{1}{\ln \lambda}. $$

Probemos esto. Definir

$$ f_\lambda(u) = \frac{\ln \lambda}{\ln u + \ln \lambda}. $$

Tenemos

$$ f'_\lambda(u) = - \frac{\ln \lambda}{u(\ln u + \ln \lambda)^2} < 0, $$

por lo que desde $f_\lambda\left(1/\sqrt{\lambda}\right) = 2$ y $f_\lambda(\infty) = 0$ debemos tener

$$ 0 < f_\lambda(u) \leq 2 \tag{2} $$

para todos $u \geq 1/\sqrt{\lambda}$ . Así, si escribimos

$$ \int_{2/\lambda}^\infty e^{-u} f_\lambda(u)\,du = \int_{2/\lambda}^{1/\sqrt{\lambda}} e^{-u} f_\lambda(u)\,du + \int_{1/\sqrt{\lambda}}^\infty e^{-u} f_\lambda(u)\,du \tag{3} $$

entonces la primera integral tiene el límite

$$ 0 < \int_{2/\lambda}^{1/\sqrt{\lambda}} e^{-u} f_\lambda(u)\,du < \int_{2/\lambda}^{1/\sqrt{\lambda}} f_\lambda(2/\lambda)\,du = \left(\frac{1}{\sqrt{\lambda}} - \frac{2}{\lambda}\right) \frac{\ln \lambda}{\ln 2} \tag{4} $$

y por lo tanto tiende a cero como $\lambda \to \infty$ . Para la segunda integral,

$$ \int_{1/\sqrt{\lambda}}^\infty e^{-u} f_\lambda(u)\,du = \int_0^\infty e^{-u} f_\lambda(u) \chi_{[1/\sqrt{\lambda},\infty)}\,du, $$

donde $\chi_{[a,b]}$ es la función característica en el intervalo $[a,b]$ Sabemos, por ejemplo, que $(2)$ que el integrando está acotado por

$$ \left|e^{-u} f_\lambda(u) \chi_{[1/\sqrt{\lambda},\infty)}\right| \leq 2e^{-u} \in L^1[0,\infty) $$

y

$$ \lim_{\lambda \to \infty} e^{-u} f_\lambda(u) \chi_{[1/\sqrt{\lambda},\infty)} = e^{-u} $$

en punto a $(0,\infty)$ por lo que por el teorema de convergencia dominada podemos concluir que

$$ \lim_{\lambda \to \infty} \int_{1/\sqrt{\lambda}}^\infty e^{-u} f_\lambda(u)\,du = \lim_{\lambda \to \infty} \int_0^\infty e^{-u} f_\lambda(u) \chi_{[1/\sqrt{\lambda},\infty)}\,du = \int_0^\infty e^{-u}\,du = 1. $$

Combinando esto con $(3)$ y $(4)$ obtenemos, por la definición de $f_\lambda(u)$ ,

$$ \lim_{\lambda \to \infty} \ln \lambda \int_{2/\lambda}^\infty e^{-u} \frac{du}{\ln u+\ln\lambda} = \lim_{\lambda \to \infty} \int_{2/\lambda}^\infty e^{-u} f_\lambda(u)\,du = 1. $$

En otras palabras,

$$ \int_{2/\lambda}^\infty e^{-u} \frac{du}{\ln u+\ln\lambda} \sim \frac{1}{\ln \lambda} $$

como $\lambda \to \infty$ . Combinando esto con $(1)$ rinde

$$ \int_2^\infty e^{-t/\lambda} \frac{dt}{\ln t} \sim \frac{\lambda}{\ln \lambda} $$

como $\lambda \to \infty$ o, como $\lambda = -\frac{1}{\ln x} \sim \frac{1}{1-x}$ como $x \to 1^-$ ,

$$ \int_2^\infty \frac{x^t}{\ln t}\,dt \sim \frac{1}{(x-1)\ln(1-x)} $$ como $x \to 1^-$ .

Answer 2

Mi enfoque ha sido totalmente empírico: He calculado el valor numérico $f(x)$ para $0.990 \leq x \leq 0.999$ y he probado varios modelos empresariales para ajustar los datos. El más sencillo que encontré es $$f(x)=\frac{0.652876}{(1-x)^{0.802491}}$$ que hace un trabajo bastante bueno (al menos en mi opinión). Extrapolado en $x=0.9999$ Esto da un valor de $1058.75$ para un valor "exacto" de $1194.03$ .

Lo mismo se hizo para $0.9990 \leq x \leq 0.9999$ ; conduce a $$f(x)=\frac{0.433212}{(1-x)^{0.859902}} $$

Espero que esto ayude a pesar de su naturaleza tan empírica.