La evaluación de $\int_{x=0}^a e^{-x}e^{-1/x}\,\mathrm dx$

Question

Puede alguien darme una idea de cómo se iba a evaluar:

$$\intop_{x=0}^a e^{-x}e^{-1/x}\,\mathrm dx.$$

Answer 1

Esto no tiene una forma cerrada, por lo que yo sé. La antiderivada no es elemental.

Answer 2

Porque el integrando la función de $$ f(x) = e^{-x-\frac{1}{x}} $$ es suave en $[0,a]$, para cualquier finito $a$, de la cuadratura de Gauss funcionará muy bien.

Si quieres usar Chebyshev o de Legendre de peso, usted tiene que transformar la integral de una integral fro $-1$$1$: vamos a $$x = \frac{a}{2}z + \frac{a}{2},$$ a continuación,$z\in [-1,1]$, y la integral se convierte en: $$ I = \frac{a}{2}\int^{1}_{-1} e^{-\left(\frac{az+a}{2} + \frac{2}{az+a}\right)}\,dz. $$ A continuación, el estándar de la cuadratura de Gauss usando el Legendre peso funcionaría bastante bien.

Si $a = +\infty$, entonces usted quiere comprobar con la generalizada de Gauss–Laguerre de cuadratura.

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Aquí voy a presentar otro método me gusta a la luz de Richard Feynman. Para la integral tiene un parámetro de $a$, se puede ver como una función de la $a$:

$$ I(a) = \int^a_0 e^{-x-\frac{1}{x}} \,dx, $$

luego de evaluar esta integral es como resolver numéricamente el siguiente problema de valor inicial:

Evaluar $I(a)$ al $I(y)$ satisface $$ \begin{cases} \frac{dI}{dy} = e^{-y-\frac{1}{y}}, \\[3pt] I(0) = 0. \end{casos} $$

Al $a=1$, entrar en MATLAB:

[t y] = ode45(@(t,y)exp(-t-1./t),[0,1],0);

La última entrada en la y de la matriz es la aproximación a$I(1)$,$\approx 0.072198311$. Comparando con achille hui comentario, este método ha $O(10^{-6})$ de precisión por defecto $h = 0.025$ paso de tiempo.

Answer 3

Tenga en cuenta que la integral sólo converge al $a\neq0$ .

A pesar de $\int e^{-x-\frac{1}{x}}~dx$ sí no puede ser expresado como la conocida función especial, todavía podemos expresarlo como forma de serie.

$\int e^{-x-\frac{1}{x}}~dx$

$=\int\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^{2n}}{(2n)!}dx-\int\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^{2n+1}}{(2n+1)!}dx$

$=\int\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^{2n}\dfrac{C_k^{2n}x^{2k-2n}}{(2n)!}dx-\int\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{C_k^{2n+1}x^{2k-2n-1}}{(2n+1)!}dx-\int\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{C_k^{2n+1}x^{2n-2k+1}}{(2n+1)!}dx$

$=\int\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^{2n}\dfrac{x^{2k-2n}}{k!(2n-k)!}dx-\int\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^{n-1}\dfrac{x^{2k-2n-1}}{k!(2n-k+1)!}dx-\int\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{x^{2n-2k+1}}{k!(2n-k+1)!}dx-\int\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{1}{n!(n+1)!x}dx$

$=\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^{2n}\dfrac{x^{2k-2n+1}}{k!(2n-k)!(2k-2n+1)}-\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^{n-1}\dfrac{x^{2k-2n}}{k!(2n-k+1)!(2k-2n)}-\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{x^{2n-2k+2}}{k!(2n-k+1)!(2n-2k+2)}-\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{\ln x}{n!(n+1)!}+C$

Sin embargo, el resultado anterior no puede sustituir a $0$ , pero desde $\int_0^1e^{-x-\frac{1}{x}}~dx=K_1(2)-\dfrac{1}{2e^2}$ aportado por @achille hui, así que todavía podemos expresar el resultado como

$\int_0^ae^{-x-\frac{1}{x}}~dx$

$=\int_0^1e^{-x-\frac{1}{x}}~dx+\int_1^a e^{-x-\frac{1}{x}}~dx$

$=K_1(2)-\dfrac{1}{2e^2}+\left[\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^{2n}\dfrac{x^{2k-2n+1}}{k!(2n-k)!(2k-2n+1)}-\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^{n-1}\dfrac{x^{2k-2n}}{k!(2n-k+1)!(2k-2n)}-\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{x^{2n-2k+2}}{k!(2n-k+1)!(2n-2k+2)}-\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{\ln x}{n!(n+1)!}\right]_1^a$

$=K_1(2)-\dfrac{1}{2e^2}+\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^{2n}\dfrac{a^{2k-2n+1}-1}{k!(2n-k)!(2k-2n+1)}-\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^{n-1}\dfrac{a^{2k-2n}-1}{k!(2n-k+1)!(2k-2n)}-\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{a^{2n-2k+2}-1}{k!(2n-k+1)!(2n-2k+2)}-\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{\ln a}{n!(n+1)!}$

Answer 4

@Harry sí, aquí es una alternativa serie infinita de soluciones para más general de la forma de la integral. Del mismo modo, sólo converge para $k_0 \neq 0$. Varias sustituciones se han aplicado a lo largo.

\begin{eqnarray} \intop_{x=0}^{k_{0}}e^{-\frac{k_{1}}{x}}e^{-k_{2}x}dx & = & \intop_{x=0}^{\infty}e^{-\frac{k_{1}\left(x+1\right)}{k_{0}}}e^{-\frac{ak_{2}}{x+1}}\left(\frac{\sqrt{k_{0}}}{x+1}\right)^{2}dx\nonumber \\ & = & \intop_{x=0}^{\infty}e^{-\frac{k_{1}x}{k_{0}}}e^{-\frac{k_{0}k_{2}}{x}}\left(\frac{\sqrt{k_{0}}}{x}\right)^{2}dx-\intop_{x=0}^{1}e^{-\frac{k_{1}x}{k_{0}}}e^{-\frac{k_{0}k_{2}}{x}}\left(\frac{\sqrt{k_{0}}}{x}\right)^{2}dx\nonumber \\ & = & 2\sqrt{\frac{k_{1}}{k_{2}}}K_{1}\left(2\sqrt{k_{1}k_{2}}\right)-k_{0}\intop_{x=0}^{1}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-\frac{k_{1}x}{k_{0}}\right)^{n}}{n!}e^{-\frac{k_{0}k_{2}}{x}}\left(\frac{1}{x}\right)^{2}dx\nonumber \\ & = & 2\sqrt{\frac{k_{1}}{k_{2}}}K_{1}\left(2\sqrt{k_{1}k_{2}}\right)-k_{0}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-\frac{k_{1}x}{k_{0}}\right)^{n}}{n!}\intop_{x=0}^{1}e^{-\frac{k_{0}k_{2}}{x}}\left(\frac{1}{x}\right)^{2}dx\nonumber \\ & = & 2\sqrt{\frac{k_{1}}{k_{2}}}K_{1}\left(2\sqrt{k_{1}k_{2}}\right)-k_{0}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-\frac{k_{1}}{k_{0}}\right)^{n}}{n!}\intop_{x=0}^{1}e^{-\frac{k_{0}k_{2}}{x}}x^{n-2}dx\nonumber \\ & = & 2\sqrt{\frac{k_{1}}{k_{2}}}K_{1}\left(2\sqrt{k_{1}k_{2}}\right)-k_{0}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-\frac{k_{1}}{k_{0}}\right)^{n}}{n!}\intop_{x=1}^{\infty}\frac{e^{-k_{0}k_{2}x}}{x^{n}}dx\nonumber \\ & = & 2\sqrt{\frac{k_{1}}{k_{2}}}K_{1}\left(2\sqrt{k_{1}k_{2}}\right)-k_{0}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-\frac{k_{1}}{k_{0}}\right)^{n}}{n!}E_{n}\left(k_{0}k_{2}\right).\label{eq:Approximation}, \end{eqnarray}

donde $E_n(x)$ es la integral exponencial.