Cómo aproximar la integral de la $\int_{-b}^{\infty}\log(t+b)e^{-t}e^{-e^{-t}}dt$

Question

Supongamos que tenemos la siguiente integral \begin{equation} \int_{-b}^{\infty}\log(t+b)e^{-t}e^{-e^{-t}}dt, \end{equation} donde $b$ es una constante positiva. Parece muy difícil obtener el resultado exacto. Así que mi pregunta es: ¿hay alguna aproximación resultado? Estoy dudando de que la aproximación resultado será un simple polinomio constante $b$. Tenga en cuenta que el plazo $e^{-e^{-t}}$ convergen a 1 muy rápida debido a su doble exponencial de la estructura. Entonces, ¿cómo proceder?

ACTUALIZACIÓN:yo uso de MATLAB para trazar $f_1(b)=\int_{-b}^{\infty}\log(t+b)e^{-t}e^{-e^{-t}}dt$ $f_2(b)=\log(b)$ en la región de $b\in[0, 10]$. La observación es muy interesante: se acuerda muy bien a excepción de una pequeña compensación constante...Así que estoy muy dudar de que esta integral es aproximadamente igual a $\log(b)+constant$!

ACTUALIZACIÓN 2: por favor, vaya a Probar $\int_{-b}^{\infty}\log^{\nu}(t+b)e^{-t}e^{-e^{-t}}dt\xrightarrow{b\rightarrow\infty} \log^{\nu}(b)$

Answer 1

Esta no es una respuesta, supongo.

Calcular la integral de $1\leq b\leq 50$ y jugando con los números, yo tenía un muy buen ajuste $(R^2=0.999999)$ $$y=0.979379 \log (b+0.131363)+0.085287$$ $$\begin{array}{clclclclc} \text{} & \text{Estimate} & \text{Standard Error} & \text{Confidence Interval} \\ a & 0.085287 & 0.003956 & \{0.0773,0.0932\} \\ b & 0.979379 & 0.001140 & \{0.9771,0.9817\} \\ c & 0.131363 & 0.007155 & \{0.1170,0.1458\} \\ \end{array}$$

Editar

Hay muchos valores de $b$ lo que hace que la integración numérica muy difícil y probablemente no muy precisa. Lo que me molesta más es que, si me cubre el rango de $0\leq b\leq 50$, el ajuste resultante es bastante diferente de lo $(R^2=0.999742)$ $$1.06113 \log (x+0.939639)-0.222393$$ $$\begin{array}{clclclclc} \text{} & \text{Estimate} & \text{Standard Error} & \text{Confidence Interval} \\ a & -0.222393 & 0.049874 & \{-0.3227,-0.1221\} \\ b & +1.061130 & 0.014504 & \{+1.0320,+1.0903\} \\ c & +0.939639 & 0.074340 & \{+0.7901,+1.0892\} \\ \end{array}$$

Actualización

Como escribí, me enfrenté bastante serias dificultades con el directo de integración numérica. Interesante, puede ser, es de notar que todos ellos desaparecen si (como usted sugiere) calculamos $$\int_{-b}^\infty \log (b+t)\,e^{-t-e^{-t}} dt=\int_{-b}^0\log (b+t)\,e^{-t-e^{-t}} dt+\int_0^\infty \log (b+t)\,e^{-t-e^{-t}} dt$$ For the range $0\leq b\leq 200$, each integral seems to follow the same $\alpha+\beta \log(b+\gamma)$ with very high values of the $R^2$ (always larger than $0.999$ and the results are $$\int_{-b}^0\log (b+t)\,e^{-t-e^{-t}} dt\approx 0.393913 \log (x+0.806893)-0.126909\qquad R^2=0.999551$$ $$\int_0^\infty \log (b+t)\,e^{-t-e^{-t}} dt\approx 0.622688 \log (x+0.767432)+0.047395\qquad R^2=0.999995$$ Se puede observar la similitud de los términos constantes en el logaritmo y, como un buen compromiso, un mundial de la curva de ajuste conduce a $$\int_{-b}^\infty \log (b+t)\,e^{-t-e^{-t}} dt\approx 1.01687 \log (x+0.786348)-0.0808138\qquad R^2=0.999959$$

Answer 2

Queremos estudiar la integral

$$I(b)=\int_{-b}^{\infty}\log\left(b+x\right)e^{-x}e^{-e^{-x}}dx$$

para los dos casos $b\rightarrow\infty$$b\rightarrow 0^+$.

Vamos a empezar con la primera. Escribimos

$$ I(b)=\log(b)\int_{-b}^{\infty}e^{-x}e^{-e^{-x}}+\int_{-b}^{\infty}\log\left(1+\frac{x}{b}\right)e^{-x}e^{-e^{-x}}dx $$

la primera integral es elemental. Además tenemos la sub $x/b=y$ en el segundo. Este rendimientos

$$ I(b)=\log(b)(1-e^{-e^{b}})+b\underbrace{\int_{-1}^{\infty}\log\left(1+y\right)e^{-b y}e^{-e^{-b y}}dy}_{J(b)} $$

El uso de expansión de Taylor obtenemos

$$ J(b)=\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^n}{n}\int_{-1}^{\infty} y^n{e^{- b y}} e^{- e^{- b y}}dy $$

utilizando el hecho de que $e^{-e^{-b y}}\le 1$ podemos demostrar que los componentes de dicha suma, está delimitada por los términos de$\mathcal{O}(b^{-n-1})$, de modo que el primer término será el rendimiento de la dominante, la corrección a la $\log(b)$ plazo.

$$ J(b)\sim\int_{-1}^{\infty} y{e^{- b y}} e^{- e^{- b y}}dy+\mathcal{S} b^{-3}) $$

ahora substitue $e^{-by}=\xi$ y el uso de la definición de la integral exponencial para demostrar que (a$\gamma$ es el de Euler-Marschoni constante)

$$ J(b)\sim\frac{\gamma+b e^{-e^{b}}-\text{Ei}{(-e^b)}}{b^2}+\mathcal{S} b^{-3})\sim \frac{\gamma}{b^2}+\mathcal{S} b^{-3}) $$

y por lo tanto

$$ I(b)\sim\log(b)+\frac{\gamma}{b}+\mathcal{S} b^{-2})\quad\text{como}\quad b\rightarrow\infty $$

---

Como $b\rightarrow 0$ podemos reescribir (porque estoy en un apuro esta parte será un poco más vagos)

$$ I(b)=e^{b}\int_0^{\infty}\log(y)e^{-y}e^{-e^{b}e^{-y}} $$

Para las pequeñas $b$ podríamos escribir $e^{b}=1+b+\mathcal{O(b^2)}$

$$ I(b)=(1+b)\int_0^{\infty}\log(y)e^{-y}e^{-e^{-y}}(1-ser^{-y})+\mathcal{S}(b^2) $$

o

$$ I(b)=C+b(C-D)+\mathcal{S}(b^2)\quad\text{como}\quad b\rightarrow 0^+ $$

donde $C=\int_0^{\infty}\log(y)e^{-y}e^{-e^{-y}}$ $D=\int_0^{\infty}\log(y)e^{-2y}e^{-e^{-y}}$ son contstants que tiene que determina numéricamente $(C\approx -0.155 ,D\approx0.262)$

Answer 3

Sugerencia. Uno puede escribir $$ \begin{align} \int_{-b}^{\infty}\log(t+b)e^{-t}e^{-e^{-t}}dt&\stackrel{u=t+b}{=}e^b\int_{0}^{\infty}\log(u)e^{-u}e^{-e^be^{-u}}du \\\\&=e^b\int_{0}^{\infty}\log(u)e^{-u}\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n!}e^{nb}e^{-nu}du \\\\&=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n!}e^{(n+1)b}\int_{0}^{\infty}\log(u)e^{-(n+1)u}du \\\\&=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n!}e^{(n+1)b}\left(-\frac{\gamma}{n+1}-\frac{\log(n+1)}{n+1} \right) \\\\&=-\gamma \left(e^{-e^b}-1\right)+\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n!}\cdot \log n \cdot e^{nb} \tag1 \end{align} $$ where $\gamma$ es el de Euler–Mascheroni constante y donde el último infinita suma, ser un estándar alterna de la serie, satisface $$ \left|\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n!}\cdot \log n \cdot e^{nb}\,-\,\sum_{n=1}^N\,\frac{(-1)^n}{n!}\cdot \log n \cdot e^{nb}\right|\le \left|\frac{\log N\cdot e^{Nb}}{N!} \right| \tag2 $$ y es entonces fácil aproximado.

De $(1)$, uno puede deducir que una forma cerrada puede ser dada en términos de la generalizada Campana de polinomios:

$$ \int_{-b}^{\infty}\log(t+b)e^{-t}e^{-e^{-t}}dt=-\gamma \left(e^{-e^b}-1\right)+e^{-e^b}\left.\frac{\partial}{\partial n}\text{Bell}(n,-e^b)\right|_{n=0}. \tag3 $$