Вычисление интеграла экспоненты от экспоненты

Question

Я пытался интегрировать следующее выражение: $$\int_{0}^{\infty} (1- \exp(-a e^{-bx})) dx$$Я начал решать этот интеграл, используя сначала метод подстановки. С участием$t = e^{-bx}$, то интеграл равен: $$\frac{1}{b} \int_{0}^{1} \frac{1}{t}(1-e^{-at})dt$$Единственное, что приходит мне в голову, - это решить эту проблему с помощью интеграции по частям, но это слишком усложняет процесс интеграции. Например, пусть$u = \frac{1}{t}$ и $dv = 1 - e^{-at}$. Есть ли более простой способ решить этот интеграл?

Answer 1

Начнем с интеграла $I$ данный

$$I=\int_0^1 \frac{1-e^{-at}}{t}\,dt\tag1$$

---

Обеспечение замены $t\mapsto t/a$ в $(1)$ показывает

$$I=\int_0^a \frac{1-e^{-t}}{t}\,dt \tag2$$

---

Интегрируя по частям интеграл в $(2)$ с участием $u=1-e^{-t}$ и $v=\log(t)$, мы находим, что

$$\begin{align} I&=(1-e^{-a})\log(a)-\int_0^a \log(t)e^{-t}\,dt\\\\ &=(1-e^{-a})\log(a)+\gamma+\int_a^\infty \log(t)e^{-t}\,dt\tag3 \end{align}$$

где $\gamma =-\int_0^\infty \log(t) e^{-t}\,dt$ - постоянная Эйлера-Маскерони.

---

Последующая интеграция по частям в $(3)$ с участием $u=\log(t)$ и $v=-e^{-t}$ дает

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{I=\log(a)+\gamma+\Gamma(0,a)}\tag 4$$

где $\Gamma(0,a)=\int_a^\infty \frac{e^{-t}}{t}\,dt$ - верхняя неполная гамма-функция.

---

Обратите внимание, что в качестве альтернативы мы могли бы выразить $(4)$ так как

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{I=\log(a)+\gamma-\text{Ei}(-a)}$$

через экспоненциальный интеграл $\text{Ei}(-a)=-\int_a^\infty \frac{e^{-t}}{t}\,dt$.

Answer 2

Интеграл $\dfrac {e^{a x} } x$ не получается легко.

Вот как это делается в ProofWiki:

https://proofwiki.org/wiki/Primitive_of_Exponential_of_a_x_over_x

$$\int \frac {e^{a x} \, \mathrm d x} x = \ln |x| + \sum_{k \mathop \ge 1} \frac {(a x)^k} {k \times k!} + C$$

Это позволит вам фактически получить ответ на подставленный интеграл, и получить ответ оттуда должно быть просто. Просто это не очень красиво.