La integral $\int\ln(x-\ln(x))~dx$

Question

La integral $f(y)=\int_0^y\ln(x-\ln(x))~dx$ está en mi mente.

No estoy seguro de que esto tenga una forma cerrada. ¿Tal vez tengamos que utilizar la función Lambert-W para resolverlo?

Si no se puede hacer de forma cerrada, me pregunto qué es una buena asintótica.

Consideré utilizar las series de Taylor tanto para resolver la integral en forma cerrada como para encontrar una buena asintótica. Sin embargo, $\ln(x)$ (o $\ln(x+1)$ ) tiene un radio de convergencia limitado.

Así que estoy atascado.

Answer 1

En primer lugar, creo que es mejor poner que el límite inferior de la integración sea $1$ y asumir $y>0$ para que obtengamos una integral definida: $$f(y)=\int_1^y\ln(x-\ln(x))dx$$ Sustituyendo $x = e^z$ nos encontramos con que: $$\begin{array}{ll}f(y) & =\int_0^{\ln y}\ln(e^z-z)e^zdz\\&=\int_0^{\ln y}\ln(e^z-z)(e^z-1)dz+\int_0^{\ln y}\ln(e^z-z)dz\end{array}$$ Observa que la integral de la izquierda es de la forma $\int g(f(z))f'(z)dz=G(f(z))$ , donde $G$ es una primitiva de $g$ . Así, con $g(z)=\ln(z)$ y $f(z)=e^z-z$ nos encontramos con que: $$\begin{array}{ll}f(y) & =\bigg[ (e^z-z)\ln(e^z-z) - (e^z-z)\bigg]_0^{\ln y}+\int_0^{\ln y}\ln(e^z-z)dz\\&=(y-\ln y)[\ln(y-\ln y)-1]+1+\int_0^{\ln y}\ln(e^z-z)dz\end{array}$$ Nos queda el problema de calcular la integral: $$h(y)=\int_0^{\ln y}\ln(e^z-z)dz.$$ ( Editar: He borrado lo que seguía aquí en mi antigua respuesta, porque era falso. Todavía no he encontrado una solución, pero propongo la siguiente forma de proceder).

Definir $$H(y,a) = \int_0^{\ln(y)}(e^z - z)^adz,$$ entonces $h(y) = \partial_aH(y,0)$ por lo que la pregunta original se reduce a encontrar una forma cerrada para $H$ (o mostrar que no existe), lo que parece más manejable.

Una posible forma de proceder a partir de aquí podría ser la siguiente: utilizar el teorema del binomio (generalizado) para escribir $$(e^z-z)^a = \sum_{k=0}^\infty(-1)^k\binom{a}{k}e^{(a-k)z}z^k.$$ Si podemos intercambiar de alguna manera la integral con la suma ( y hay trabajo que hacer ), entonces obtendríamos $$H(y,a) = \sum_{k=0}^\infty(-1)^k\binom{a}{k}\int_0^{\ln(y)}e^{(a-k)z}z^kdz.$$ Ahora podemos hacer la integral integrando por partes. Sea $$s_k = \int_0^{\ln(y)}e^{(a-k)z}z^kdz.$$ Entonces $$\begin{align} s_0 = & \int_0^{\ln(y)}e^{az}dz = \frac{y^a-1}{a}\\ s_{k>0} = & \left[\frac{e^{(a-k)z}}{a-k}z^k\right]_0^{\ln(y)} - \int_0^{\ln(y)}\frac{e^{(a-k)z}}{a-k}kz^{k-1}dz\\ = & \frac{y^{a-k}}{a-k}\ln(y)^k - \frac{k}{a-k}s_{k-1}. \end{align}$$ Ahora esto parece algo feo, pero considerando en cambio todo el término $t_k = (-1)^k\binom{a}{k}s_k$ y utilizando $\binom{a}{k} = \tfrac{a-k}{k}\binom{a}{k-1}$ obtenemos $$\begin{align} t_0 = & \frac{y^{a-1}}{a}\\ t_{k>0} = & \binom{a}{k-1}\frac{y^{a-k}\ln(y)^k}{k} + t_{k-1}. \end{align}$$ Por lo tanto, $$t_k = \frac{y^a-1}{a} + \sum_{i=1}^k(-1)^i\binom{a}{i-1}\frac{y^{a-i}\ln(y)^i}{i}$$

Ahora nos gustaría resumir todo $t_k$ y luego tratar de diferenciar la expresión resultante. Esto de nuevo parece una bestia fea (a priori, parece que no debería converger, así que no estoy muy seguro de que este enfoque funcione). Intentaré trabajar en esto en los próximos días si encuentro tiempo, mientras tanto cualquier ayuda, comentario, pista, soluciones parciales o métodos alternativos serán muy apreciados.

Answer 2

Parece que Maple sólo tiene dificultades con $$\int_0^1\ln(x-\ln x) dx = 0.3224577\ldots =: C$$ La serie taylor sobre $y=1$ es la dada por $$I(y+1) = C + \frac16 y^3 - \frac1{12} y^4 + \frac1{40} y^5 - \frac1{180} y^6 + \mathcal O(y^7)$$