Integrales Impropias.

Question

Por qué es:

$$\int_0^\infty\log(x)e^{-x^2}dx=-\frac{\sqrt\pi}4(\gamma+\log4)$$

Y ¿alguien tiene una referencia?

Answer 1

$p > -1$, Con el cambio de variables $t = x^2$,

$$ \int_0^\infty x^p \exp(-x^2) \; dx = \dfrac{1}{2} \int_0^\infty t^{(p-1)/2} e^{-t}\; dt = \dfrac{\Gamma((p+1)/2)}{2} $$

Ahora toma el derivado con respecto a los $p$ $p=0$.

Answer 2

Esta respuesta sirve simplemente para llenar algunos de los detalles de Robert Israel y Claude Leibovici respuestas.

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Calcular la Integral en Términos de $\boldsymbol{\Gamma^{\hspace{.25mm}\prime}\hspace{-1.5mm}\left(\frac12\right)}$

Como Robert Israel señala $$ \begin{align} \int_0^\infty x^\alpha\,e^{-x^2}\,\mathrm{d}x &=\frac12\int_0^\infty x^{\frac{\alpha-1}2}\,e^{-x}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac12\Gamma\left(\frac{\alpha+1}2\right)\tag{1} \end{align} $$ y tomando la derivada en $\alpha=0$ da $$ \int_0^\infty\log(x)\,e^{-x^2}\,\mathrm{d}x=\frac{\Gamma^{\hspace{.25mm}\prime}\hspace{-1.5 mm}\left(\frac12\right)}4\tag{2} $$

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Computación $\boldsymbol{\Gamma^{\hspace{.25mm}\prime}\hspace{-1.5mm}\left(\frac12\right)}$

Como Claude Leibovici notas, $\Gamma^{\hspace{.25mm}\prime}\hspace{-1.5mm}\left(x\right)$ está relacionado con $\psi(x)$.

Considere la función Digamma $$ \begin{align} \psi(x) &=\frac{\Gamma^{\hspace{.25mm}\prime}\hspace{-1.5mm}\left(x\right)}{\Gamma(x)}\\ &=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\log(\Gamma(x))\tag{3} \end{align} $$ La relación $\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)$ $(3)$ rendimientos $$ \psi(x+1)=\frac1x+\psi(x)\etiqueta{4} $$ Por lo tanto, el uso de $H(n)=\log(n)+\gamma+O\!\left(\frac1n\right)$, obtenemos $$ \begin{align} \psi\left(n+\tfrac12\right)-\psi\left(\tfrac12\right) &=\sum_{k=1}^n\frac1{k-\frac12}\\ &=2\sum_{k=1}^n\frac1{2k-1}\\[3pt] &=2H(2n)-H(n)\\[6pt] &=\log(n)+2\log(2)+\gamma+O\!\left(\frac1n\right)\tag{5} \end{align} $$ El Valor medio Teorema dice que hay un $\xi_-\in(x-1,x)$, de modo que $$ \begin{align} \log(x-1) &=\log(\Gamma(x))-\log(\Gamma(x-1))\\ &=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\log(\Gamma(\xi_-))\tag{6} \end{align} $$ Además, hay un $\xi_+\in(x,x+1)$, de modo que $$ \begin{align} \log(x) &=\log(\Gamma(x+1))-\log(\Gamma(x))\\ &=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\log(\Gamma(\xi_+))\tag{7} \end{align} $$ Desde $\log(\Gamma(x))$ es convexa, $(6)$ $(7)$ dicen que $$ \log(x-1)\le\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\log(\Gamma(x))\le\log(x)\etiqueta{8} $$ Por lo tanto, $(3)$ $(8)$ implica que $\psi\!\left(n+\frac12\right)=\log(n)+O\!\left(\frac1n\right)$ y por lo tanto, $(5)$ dice $$ \psi\left(\tfrac12\right)=-2\log(2)-\gamma\etiqueta{9} $$ Desde $\Gamma\!\left(\frac12\right)=\sqrt\pi$, $(3)$ y $(9)$ implica $$ \Gamma^{\hspace{.25mm}\prime}\hspace{-1.5 mm}\left(\tfrac12\right)=-\sqrt\pi\,(2\log(2)+\gamma)\tag{10} $$

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Resumen

Por lo tanto, $(2)$ $(10)$ de rendimiento $$ \int_0^\infty\log(x)\,e^{-x^2}\,\mathrm{d}x=-\frac{\sqrt\pi}4(2\log(2)+\gamma)\etiqueta{11} $$

Answer 3

Otra solución es calcular la antiderivada; usando integración por partes $$ \int\log (x)\,e^{-x^2}\,dx=\frac{1}{2} \sqrt{\pi } \text{erf}(x) \log (x)-\frac{\sqrt{\pi }}{2}\int\frac{\text{erf}(x)}{x}\,dx$$ $$ \int\log (x)\,e^{-x^2}\,dx=\frac{1}{2} \sqrt{\pi } \text{fer}(x) \log (x)-x \, _2F_2\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};\frac{3}{2},\frac{3}{2};-x^2\right)$$ $$ \int_0^t\log (x)\,e^{-x^2}\,dx=\frac{ \sqrt{\pi }}{2} \text{fer}(t) \log (t)-t \, _2F_2\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2};\frac{3}{2},\frac{3}{2};-t^2\right)$$ the asymptotics of which being $$e^{-t^2} \left(-\frac{\log \left(t\right)}{2 t}+O\left(\frac{1}{t^3}\right)\right)+\left(\frac{\sqrt{\pi }}{4} \psi ^{(0)}\left(\frac{1}{2}\right)+O\left(\frac{1}{t^3}\right)\right)$$ Entonces, si $t\to \infty$, $$ \int_0^\infty\log (x)\,e^{-x^2}\,dx=\frac{1}{4} \sqrt{\pi } \psi ^{(0)}\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{\sqrt{\pi }}{4} (\gamma +\log (4))$ $ es seguro que Robert Israel solución es más rápido, más simple y definitivamente más elegante.