La función de $f(x) = \int_0^\infty \frac{x^t}{\Gamma(t+1)} \, dt$

Question

¿Alguien sabe si esta función tiene un nombre? Yo me vine con ella mirando la potencia de la serie para $e^z$, el cambio de la suma de una integral, y la sustitución de la función gamma para la función factorial.

Answer 1

Casi tautológica, pero también podemos encontrar que

$$ f(x) = e^{x} \left( 1 - \int_{0}^{1} \frac{\Gamma(s, x)}{\Gamma(s)} \; ds \right),$$

donde $\Gamma(s, x) = \int_{x}^{\infty} t^{s-1}e^{-t} \; dt$ es la función gamma incompleta. De hecho,

$$ f'(x) = \int_{0}^{\infty} \frac{s x^{s-1}}{\Gamma(s+1)} \; ds = \int_{0}^{1} \frac{x^{s-1}}{\Gamma(s)} \; ds + f(x)$$

y así

$$ (f(x)e^{-x})' = \int_{0}^{1} \frac{x^{s-1}e^{-x}}{\Gamma(s)} \; ds.$$

A continuación, la integración de ambos lados con respecto a $x$ da la deseada relación.

Ahora tratamos de encontrar su fórmula asintótica. Desde $\Gamma(s,x) / \Gamma(s) \searrow 0$$x \to \infty$, nos encontramos con

$$f(x) = (1 - o(1))e^{x}$$

asintóticamente. Para obtener una mejor aproximación, tenga en cuenta que $1/\Gamma(s) \asymp s$ cerca de $s = 0$. Así

$$ \begin{align*} \int_{0}^{1} \frac{\Gamma(s, x)}{\Gamma(s)} \; ds &\asymp \int_{0}^{1} s\Gamma(s, x) \; ds \\ &= \int_{0}^{1} (\Gamma(s+1,x) - x^{s}e^{-x}) \; ds \\ &= \int_{0}^{1} \int_{x}^{\infty} t^{s}e^{-t} \; dt ds - \frac{x-1}{\log x}e^{-x} \\ &= \int_{x}^{\infty} \left( \frac{t-1}{\log t}\right) e^{-t} \; dt - \frac{x-1}{\log x}e^{-x} \\ &= \int_{x}^{\infty} \left( \frac{t-1}{\log t}\right)' e^{-t} \; dt \\ &\asymp \int_{x}^{\infty} \frac{e^{-t}}{\log t} \; dt \\ &\asymp \frac{e^{-x}}{\log x}. \end{align*}$$

En particular, hemos

$$f(x) = e^{x} - O\left( \frac{1}{\log x} \right).$$

Answer 2

La transformada de Laplace

Consideramos que la función de $x\ge 0$. Como se encuentra por @Mathlover, no es difícil obtener la transformada de Laplace de $f(x)$. Invertida, nos encontramos con $$f(x) = \frac{1}{2\pi i} \int_\gamma ds\, e^{s x}\frac{1}{s\log s},$$ donde $\gamma$ es la Bromwich contorno. Hay una singularidad en $s=1$ y un corte de $s=0\to -\infty$. Nos deforman el contorno de la forma habitual y simplificar, con el resultado de $$\begin{eqnarray*} f(x) &=& e^x - \int_0^\infty d\rho\, \frac{e^{-\rho x}}{\rho(\log^2\rho + \pi^2)} \\ &=& e^x - \int_{-\infty}^\infty d\sigma\, \frac{e^{-x e^\sigma}}{\sigma^2 + \pi^2}. \end{eqnarray*}$$ Es posible ir más allá con la última integral, pero vamos a dejar aquí.

Anexo: Series

Vamos a examinar la serie de $f(x)$. Definir $$\begin{eqnarray*} \Delta(x) &=& \int_0^\infty d\sigma\, \frac{e^{-x e^\sigma} + e^{-x e^{-\sigma}}}{\sigma^2 + \pi^2} \end{eqnarray*}$$ Tenga en cuenta que $f(x) = e^x - \Delta(x)$. Tenemos $e^{-x e^\sigma} + e^{-x e^{-\sigma}} \le e^{-x}+1$, y $\int_0^\infty d\sigma\, \frac{1}{\sigma^2+\pi^2}$ converge, por lo $\Delta(x)$ converge uniformemente.

Claramente la derivada de $\Delta(x)$ no existe en $x=0$ (la integral $\int_0^\infty d\sigma\,\frac{\cosh \sigma}{\sigma^2+\pi^2}$ diverge) así, no es la serie de Maclaurin para $f(x)$. Podemos hacer un desarrollo en serie de Taylor acerca de cualquier $x>0$. Por supuesto, debemos evaluar las integrales de la forma $$\left.\frac{d^k}{d x^k} \Delta(x)\right|_{x=x_0} = (-1)^k \int_0^\infty d\sigma\, \frac{e^{k\sigma -x_0 e^\sigma} + e^{-k\sigma -x_0 e^{-\sigma}}}{\sigma^2 + \pi^2}.$$ Estas integrales son uniformemente convergente para $x_0 >0$. En este sentido, es útil notar que $e^{-k\sigma -x_0 e^{-\sigma}} \le 1$ y $$e^{k\sigma -x_0 e^\sigma} \le \begin{cases} e^{-x_0}, & x_0 \ge k \\ \left(\frac{k}{x_0 e}\right)^k, & \mathrm{else}. \end{casos}$$ Para un gran $x_0$ el dominante en términos de la expansión de la serie de $e^x$, como se esperaba.

La regla Trapezoidal

Aproximado de la integral de una suma. Deje que el tamaño de paso se $1/m$ donde $m=1,2,\ldots$, y vamos a $g_k = \frac{x^{k/m}}{\Gamma(k/m+1)}$. A continuación, $$\begin{eqnarray*} \int_0^\infty dt\, \frac{x^t}{\Gamma(t+1)} &\simeq& \lim_{n\to\infty} \left( \frac{1}{m}\sum_{k=0}^n g_k -\frac{1}{2m}(g_0+g_n) \right)\\ &=& \frac{1}{m}E_{1/m}(x^{1/m}) -\frac{1}{2m} \\ &=& \frac{1}{m} e^x\left(1+\sum_{k=1}^{m-1}\frac{\gamma(1-k/m,x)}{\Gamma(1-k/m)}\right) - \frac{1}{2m}, \end{eqnarray*}$$ donde $E_\alpha(z)$ es el Mittag-Leffler función y $\gamma$ es la menor la función gamma incompleta. (La relación de $E_{1/m}(x^{1/m})$ utilizado anteriormente se pueden encontrar en este documento.)

En el límite de $m\to\infty$ de la suma es igual a la integral original, por lo que $$\begin{eqnarray*} f(x) &=& e^x \lim_{m\to\infty} \frac{1}{m} \sum_{k=1}^{m-1}\frac{\gamma(1-k/m,x)}{\Gamma(1-k/m)} \\ &=& e^x \int_0^1 ds\,\frac{\gamma(s,x)}{\Gamma(s)} \end{eqnarray*}$$ Esta es la integral de la fórmula encontrada por @sos440 el uso de otro método.

Aquí están las sumas de las $m=1$$2$. $$\begin{array}{ll} m & f(x) \\ \hline 1 & e^x - 1/2 \\ 2 & \frac{1}{2}e^x \left(\mathrm{erf}\left(\sqrt{x}\right) + 1\right) -\frac{1}{4} \end{array}$$ Desde $f(x) \simeq e^x-1/2$, $f^{-1}(x)\simeq \log(x+1/2)$.

A continuación dibujamos $f(x)$ (sólido), $e^x$ (discontinua, negro), y las aproximaciones para $m=1$ (discontinua, en rojo), y $m=2$ (discontinua azul).

Answer 3

$$f(x) = \int_0^\infty \frac{x^t}{\Gamma(t+1)} \, dt$$

Me he dado cuenta de que podemos encontrar la transformada de Laplace de esta función en forma cerrada. Puede definir la función como la transformada inversa de Laplace en forma cerrada.

$$ {\mathcal L}\left\{ {x^t} \right\}(s)=\int_0^\infty x^t e^{-sx} \, dx=\frac{\Gamma(t+1)}{s^{t+1}}$$

$$ {\mathcal L}\left\{ {f(x)} \right\}(s)=\int_0^\infty \frac{1}{\Gamma(t+1)}\int_0^\infty x^t e^{-sx} \, dx \, dt=\int_0^\infty \frac{1}{s^{t+1}} \, dt=\frac{1}{s}\int_0^\infty s^{-t} \, dt=\frac{1}{s\ln{s}}$$

ACTUALIZACIÓN: Estoy tratando de encontrar un método para definir la función como de la serie así . Lo que voy a publicar si puedo encontrar una manera de en una serie de métodos.

Mi punto de partida para la serie de métodos:.

$$ {\mathcal L}\left\{ {f(x)e^{-x}} \right\}(s)=\frac{1}{(s+1)\ln{(s+1)}}$$