Calcular el $\int_0^{\infty } \left(x-\log \left(e^x-x\right)\right) \, dx$

Question

Calcular la siguiente integral: $$\int_0^{\infty} \left(x-\log \left(e^x-x\right)\right) \ \mathrm{d}x.$$

Para fines recreativos, calculo que varios interesantes integrales, y me encontré con este caso que los bloques de mí.

Uno puede notar inmediatamente que $\log \left(e^x-x\right)\sim_{+\infty} x$ (desde $\lim_{x\to +\infty}\frac{x}{\log(e^x-x)}=1$). Pero soy incapaz de calcular la integral indefinida de esta función o para establecer el valor de esta integral impropia de cualquier otra manera.

Sin embargo, es posible calcular el resultado numéricamente ($\approx 1.15769475$) para una precisión arbitraria, pero estoy más interesado en el valor exacto y el método para conseguirlo.

Answer 1

\begin{align} \int_{0}^{\infty} (x - \ln(e^{x} - x)) \ \mathrm{d}x &= \int_{0}^{\infty} (x - \ln(e^{x}) - \ln(1-x e^{-x}) ) \ \mathrm{d}x \\ &= - \int_{0}^{\infty} \ln(1 - x e^{-x}) \ \mathrm{d}x \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \, \int_{0}^{\infty} x^{n} \, e^{-n x} \ \mathrm{d}x \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!}{n^{n+2}} \approx 1.15769. \end{align}

Answer 2

Aquí es un poco más general de la solución:

Aviso de que su integral es equivalente a $$-\int_0^{+\infty} \log(1-xe^{-x})\,dx$$ Ahora, vamos a $$I(a)=-\int_0^{+\infty} \log(1-xe^{-ax})\,dx \qquad \text{ for } a\in\mathbb{R}^+ $$ A continuación,

\begin{align} I'(a)&=-\int_0^{+\infty} \frac{x^2 e^{-ax}}{1-xe^{-ax}}\,dx \\ &=-\int_0^{+\infty} x^2 e^{-ax} \sum_{n=0}^{+\infty} e^{-anx} x^n \\ &=-\sum_{n=0}^{+\infty}\int_0^{+\infty} e^{-ax(n+1)} x^{2+n} \,dx \\ &=-\sum_{n=1}^{+\infty} \int_0^{+\infty} e^{-anx} x^{n+1}\,dx \\ &=-\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(n+1)!}{(an)^{n+2}} \end{align} Entonces

\begin{align} I(a)&=C+\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{a^{n+1}(n+1)} \frac{(n+1)!}{n^{n+2}} \\ &=C+\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{n!}{a^{n+1} n^{n+2}} \end{align}

Para algunas constantes $C$.

Answer 3

Off-topic, pero increíble (al menos para mí !)

A partir de Leucippus la respuesta $$ I=\int_{0}^{\infty} \left(x - \ln(e^{x} - x)\right) \,dx =\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!}{n^{n+2}} $$ how many terms would we need to add in order to have $p$ cifras significativas ?

Escrito $$J_k=\sum_{n=1}^{k} \frac{n!}{n^{n+2}}\implies \frac{(k+1)!}{(k+1)^{k+3}}< 10^{-p}$$ Tomando logaritmos, usando la aproximación de Stirling y continuando con la serie de Taylor tenemos $$\log \left(\frac{(k+1)!}{(k+1)^{k+3}} \right)=-k-\frac{3 }{2}\log (k)+\frac{1}{2} \log (2 \pi )-1+O\left(\frac{1}{k}\right)$$ Since the constant term is very small $\frac{1}{2} \log (2 \pi )-1\aprox -0.081 $ we can just solve for k the equation$$k+\frac{3 }{2}\log (k)=\log(10^p)\implies k=\frac 32 W\left(\frac 23 10^{(2p/3)}\right)$$ donde aparece Lambert función.

Ya que el argumento es grande, podemos calcular su valor de uso $$W(x)=L_1-L_2+\frac{L_2}{L_1}+\frac{L_2(L_2-2)}{2L_1^2}+\frac{L_2(6-9L_2+2L_2^2)}{6L_1^3}+\cdots$$ where $L_1=\log(x)$ and $L_2=\log(L_1)$.

Para unos valores de $p$, la siguiente tabla da el correspondiente $k$.

$$\left( \begin{array}{cc} p & k \\ 6 & 10.315 \\ 7 & 12.348 \\ 8 & 14.418 \\ 9 & 16.517 \\ 10 & 18.638 \\ 11 & 20.778 \\ 12 & 22.932 \\ 13 & 25.099 \\ 14 & 27.277 \\ 15 & 29.464 \\ 16 & 31.659 \\ 17 & 33.861 \\ 18 & 36.068 \\ 19 & 38.282 \\ 20 & 40.500 \end{array} \right)$$

Tratando de $p=10$ $$J_{18}\approx 1.15769475242$$ $$J_{19}\approx 1.15769475259$$ $$J_{20}\approx 1.15769475265$$ while the infinite summation would give $$J_{\infty}\approx 1.15769475268$$