Side 1 av 1

Lambert W integral

Lagt inn: 13/04-2021 12:47
av Janhaa
Lite aktivitet her, slenger inn et integral med Lambert Omega (W) funksjonen.
(egentlig [tex]\omega[/tex]).

Finn eksakt verdi for følgende bestemte integral (I), uten Wolfram Alpha etc.:

[tex]\large I=\int_{0}^{\infty}\frac{W(x)}{x\sqrt{x}}\, dx[/tex]

Re: Lambert W integral

Lagt inn: 13/04-2021 16:42
av Nebuchadnezzar
Merker jeg er litt rusten, men i det reelle planet er jo LambertW definert som løsningen til $w e^w = z$, altså at $W(z) e^{W(z)} = z$.
Bruker substitusjonen $w = W(z)$ for da er $z = w e^w$. Implisitt derivasjon på rakkeren over gir meg

$ \hspace{1cm}
z(1 + W) \frac{\mathrm{d}W}{\mathrm{d}z} = W
$

Som betyr at

$ \hspace{1cm}
\frac{\mathrm{d}W}{\mathrm{d}z} = \frac{W(z)}{z(1+W(z))}
\Rightarrow \frac{\mathrm{d}z}{z} = \left( 1 + \frac{1}{W(z)} \right)\,\mathrm{d}W
$

Innsatt får vi altså

$$
\begin{align*}
\int_{\mathbb{R}_+} \frac{W(z)}{\sqrt{z}} \frac{\mathrm{d}z}{z}
&= \int_{\mathbb{R}_+} \frac{w}{\sqrt{we^w}}\left( 1 + \frac{1}{w} \right) \,\mathrm{d}w \\
&= \int_0^\infty w^{1/2} e^{-w/2} + w^{-1/2} e^{-w/2} \mathrm{d}w \\
&= 2 \sqrt{2} \int_0^\infty u^{1/2} e^{-u} \,\mathrm{d}u + \sqrt{2} \int_0^\infty u^{-1/2} e^{-u} \,\mathrm{d}u \\
&= 2 \sqrt{2} \cdot \Gamma\left(\frac{3}{2}\right) + \sqrt{2} \cdot \Gamma\left(\frac{1}{2}\right) \\
& = 2\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{\pi}}{2} + \sqrt{2} \cdot \sqrt{\pi} \\
&= 2 \sqrt{2\pi}
\end{align*}
$$
Kunne ha gått til det gaussiske integralet på linje to ved å bruke $x = \sqrt{w}$, men jeg var lat og kjente igjen gammafunksjonen ^^

Re: Lambert W integral

Lagt inn: 14/04-2021 11:45
av Janhaa
Nebuchadnezzar skrev:Merker jeg er litt rusten, men i det reelle planet er jo LambertW definert som løsningen til $w e^w = z$, altså at $W(z) e^{W(z)} = z$.
Bruker substitusjonen $w = W(z)$ for da er $z = w e^w$. Implisitt derivasjon på rakkeren over gir meg

$ \hspace{1cm}
z(1 + W) \frac{\mathrm{d}W}{\mathrm{d}z} = W
$

Som betyr at

$ \hspace{1cm}
\frac{\mathrm{d}W}{\mathrm{d}z} = \frac{W(z)}{z(1+W(z))}
\Rightarrow \frac{\mathrm{d}z}{z} = \left( 1 + \frac{1}{W(z)} \right)\,\mathrm{d}W
$

Innsatt får vi altså

$$
\begin{align*}
\int_{\mathbb{R}_+} \frac{W(z)}{\sqrt{z}} \frac{\mathrm{d}z}{z}
&= \int_{\mathbb{R}_+} \frac{w}{\sqrt{we^w}}\left( 1 + \frac{1}{w} \right) \,\mathrm{d}w \\
&= \int_0^\infty w^{1/2} e^{-w/2} + w^{-1/2} e^{-w/2} \mathrm{d}w \\
&= 2 \sqrt{2} \int_0^\infty u^{1/2} e^{-u} \,\mathrm{d}u + \sqrt{2} \int_0^\infty u^{-1/2} e^{-u} \,\mathrm{d}u \\
&= 2 \sqrt{2} \cdot \Gamma\left(\frac{3}{2}\right) + \sqrt{2} \cdot \Gamma\left(\frac{1}{2}\right) \\
& = 2\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{\pi}}{2} + \sqrt{2} \cdot \sqrt{\pi} \\
&= 2 \sqrt{2\pi}
\end{align*}
$$
Kunne ha gått til det gaussiske integralet på linje to ved å bruke $x = \sqrt{w}$, men jeg var lat og kjente igjen gammafunksjonen ^^
Synes det var pent, du er ikke helt oksidert og rusten :=)

Jeg gjorde det på tilsvarende måte, i store trekk:

[tex]W(x)=u[/tex]

[tex]x=ue^u[/tex]

[tex]dx=e^u(u+1)du[/tex]

[tex]I=\int_{0}^{\infty}u^{0,5}e^{-0,5}du+\int_{0}^{\infty}u^{-0,5}e^{-0,5}du\\ \\der\\ u/2=v\\ du=2dv[/tex]

[tex]I=2\sqrt{2}\int_{0}^{\infty}v^{0,5}e^{-v}dv+ \frac{2}{\sqrt{2}}\int_{0}^{\infty}v^{-0,5}e^{-v}dv\\ \\ \\I=2\sqrt{2}\,\Gamma(1,5)+\frac{2}{\sqrt{2}}\,\Gamma(0,5)=2\sqrt{2\pi}[/tex]