Integrale con logaritmo integrale
Ho cercato su Wolfram Alpha l'integrale di
$\frac{xe^{-x}}{1+e^{-x}}$
e mi esce
$Li_2 (-e^{-x})-xlog (e^{-x}+1) +C.$
$Li$ sarebbe il logaritmo integrale
$Li(x)$ = \( \int_{2}^{x} \frac{1}{log (y)}\, dy \)
Ma che vuol dire quel $2$ in basso come pedice vicino a $Li$ nella soluzione di Wolfram Alpha?
Può darsi che indichi semplicemente il primo estremo di integrazione nel logaritmo integrale?
$\frac{xe^{-x}}{1+e^{-x}}$
e mi esce
$Li_2 (-e^{-x})-xlog (e^{-x}+1) +C.$
$Li$ sarebbe il logaritmo integrale
$Li(x)$ = \( \int_{2}^{x} \frac{1}{log (y)}\, dy \)
Ma che vuol dire quel $2$ in basso come pedice vicino a $Li$ nella soluzione di Wolfram Alpha?
Può darsi che indichi semplicemente il primo estremo di integrazione nel logaritmo integrale?
Risposte
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Sì, su Wolfram ti viene la stessa cosa che è venuta a me, però l'avviso sotto su cosa è $L_n$ non c'era o non l'ho visto.
Quindi quel $2$ starebbe ad indicare che non è il logaritmo integrale ma la funzione polilogaritmo.
Ti ringrazio moltissimo, più tardi mi studio meglio il tuo post
, io di logaritmi integrali e polilogaritmi non so niente, volevo provare a risolvere l'integrale originario con una sostituzione, ma ho verificato prima su Wolfram alpha che roba venisse e mi è uscito quello, che mi ha confuso le idee.
Sarebbe molto meglio senza funzione polilogaritmo!
Quindi quel $2$ starebbe ad indicare che non è il logaritmo integrale ma la funzione polilogaritmo.
Ti ringrazio moltissimo, più tardi mi studio meglio il tuo post
, io di logaritmi integrali e polilogaritmi non so niente, volevo provare a risolvere l'integrale originario con una sostituzione, ma ho verificato prima su Wolfram alpha che roba venisse e mi è uscito quello, che mi ha confuso le idee.Sarebbe molto meglio senza funzione polilogaritmo!
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Quindi, quell'integrale in rosso nel tuo post non è esprimibile mediante funzioni elementari per cui si ricorre a questo guaio della funzione polilogaritmo?
Il fatto è che stavo cercando una soluzione a un problema (non mio) di un paper in economia, e che dovrebbe servire a usare la funzione risultante dall'integrale in Dynare, che è un software di economia.
(Quell'integrale iniziiale è in sostanza la distribuzione di probabilità logistica moltipicata per $x$.)
Ma mi sa che Dynare il polilogaritmo non se lo beve, boh.
Oltretutto poi bisognerebbe calcolare l'integrale improprio di questa roba da un certo valore a $+\infty$, la vedo dura.
Comunque si trovano senza volere cose interessanti non note, almeno a me.
Grazie a voi, eh?
Grazie anche per il link alla Digital Library delle funzioni, wow! dà anche i riferimenti storici in letteratura https://dlmf.nist.gov/25.12#i
Il fatto è che stavo cercando una soluzione a un problema (non mio) di un paper in economia, e che dovrebbe servire a usare la funzione risultante dall'integrale in Dynare, che è un software di economia.
(Quell'integrale iniziiale è in sostanza la distribuzione di probabilità logistica moltipicata per $x$.)
Ma mi sa che Dynare il polilogaritmo non se lo beve, boh.
Oltretutto poi bisognerebbe calcolare l'integrale improprio di questa roba da un certo valore a $+\infty$, la vedo dura.
Comunque si trovano senza volere cose interessanti non note, almeno a me.
Grazie a voi, eh?
Grazie anche per il link alla Digital Library delle funzioni, wow! dà anche i riferimenti storici in letteratura https://dlmf.nist.gov/25.12#i
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Ciao gabriella127,
Forse potrebbe interessarti un'integrazione per serie:
$f(x) = \frac{xe^{-x}}{1+e^{-x}} = x e^-x \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^n e^{-nx}= x \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^n e^{-(n + 1)x} $
Omettendo per brevità la costante di integrazione si ha:
$F(x) = \int x \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^n e^{-(n + 1)x} \text{d}x \stackrel[ibp]{=} x \int \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^n e^{-(n + 1)x} \text{d}x - \int [\int \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^n e^{-(n + 1)x} \text{d}x] \text{d}x = $
$ = - x \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^n \frac{ e^{-(n + 1)x}}{n + 1} + \int \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^n \frac{e^{-(n + 1)x}}{n + 1} \text{d}x = $
$ = - x ln(e^-x + 1) + \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^{n +1} \frac{e^{-(n + 1)x}}{(n + 1)^2} = - x ln(e^-x + 1) + \sum_{k = 1}^{+\infty} (-1)^k \frac{(e^{-x})^k}{k^2} = $
$ = - x ln(e^-x + 1) + \sum_{k = 1}^{+\infty}\frac{(- e^{-x})^k}{k^2} = - x ln(e^-x + 1) + \text{Li}_2(- e^{-x}) $
ove $\text{Li}_p (z) := \sum_{k = 1}^{+\infty} z^k/k^p $ e nel caso in esame $p = 2 $ e $z = - e^-x $.
Forse potrebbe interessarti un'integrazione per serie:
$f(x) = \frac{xe^{-x}}{1+e^{-x}} = x e^-x \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^n e^{-nx}= x \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^n e^{-(n + 1)x} $
Omettendo per brevità la costante di integrazione si ha:
$F(x) = \int x \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^n e^{-(n + 1)x} \text{d}x \stackrel[ibp]{=} x \int \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^n e^{-(n + 1)x} \text{d}x - \int [\int \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^n e^{-(n + 1)x} \text{d}x] \text{d}x = $
$ = - x \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^n \frac{ e^{-(n + 1)x}}{n + 1} + \int \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^n \frac{e^{-(n + 1)x}}{n + 1} \text{d}x = $
$ = - x ln(e^-x + 1) + \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^{n +1} \frac{e^{-(n + 1)x}}{(n + 1)^2} = - x ln(e^-x + 1) + \sum_{k = 1}^{+\infty} (-1)^k \frac{(e^{-x})^k}{k^2} = $
$ = - x ln(e^-x + 1) + \sum_{k = 1}^{+\infty}\frac{(- e^{-x})^k}{k^2} = - x ln(e^-x + 1) + \text{Li}_2(- e^{-x}) $
ove $\text{Li}_p (z) := \sum_{k = 1}^{+\infty} z^k/k^p $ e nel caso in esame $p = 2 $ e $z = - e^-x $.
"sellacollesella":
Secondo Wolfram|Alpha: \[
I(a) := \int_a^{\infty} \frac{x\,e^{-x}}{1+e^{-x}}\,\text{d}x = a\log\left(1+e^{-a}\right) - \text{Li}_2\left(-e^{-a}\right).
\] Quindi, a patto che sia \(a \ge 0\), applicando la definizione di funzione polilogaritmica: \[
I(a) = a\log\left(1+e^{-a}\right) - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left(-e^{-a}\right)^n}{n^2}.
\] Non so se possa aiutare oppure se sia peggio rispetto a prima.
Questo è molto interessante, perché almeno così sappiamo che quell'integrale converge.
E quindi la distribuzione logistica, nel caso in esame, può non essere cestinata.
Resta il guaio del dilogaritmo, ma ce lo dobbiamo tenere.
Non avevo pensato a Wolfram Alpha per l'integrale improprio.
che scema.
"pilloeffe":
Ciao gabriella127,
Forse potrebbe interessarti un'integrazione per serie:
$f(x) = \frac{xe^{-x}}{1+e^{-x}} = x e^-x \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^n e^{-nx}= x \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^n e^{-(n + 1)x} $
Omettendo per brevità la costante di integrazione si ha:
$F(x) = \int x \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^n e^{-(n + 1)x} \text{d}x \stackrel[ibp]{=} x \int \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^n e^{-(n + 1)x} \text{d}x - \int [\int \sum_{n = 0}^{+\infty} (-1)^n e^{-(n + 1)x} \text{d}x] \text{d}x $
Ciao pilloeffe, grazie, interessante, ma sbarello nei passaggi.
Che vuol dire $ibp$ sopra l'uguale?
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Ah, lo si può aggirare con una approssimazione.
Essì, siamo alle prese con cose numeriche.
Essì, siamo alle prese con cose numeriche.
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"gabriella127":
Che vuol dire $ibp$ sopra l'uguale?
integration by parts, integrazione per parti, ma hai cominciato tu scrivendo di un paper:
"gabriella127":
Il fatto è che stavo cercando una soluzione a un problema (non mio) di un paper in economia
Mi sembrava giusto adeguarmi allo stile international...
Yes Aiwanaga! (Alberto Sordi)
Non ci sarei mi arrivata.
Non ci sarei mi arrivata.
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