Integración utilizando el "método de uso juicioso de adivinanzas"

Question

Mi cálculo-libro ofrece un ejemplo de integración utilizando el método de la acertada conjetura. Pero yo no intuir el método muy bien.

PREGUNTA: ¿Cómo funciona el derivado de la $f_{mn}(x)$ "sugieren que vamos a tratar de" $I=Px^4\left(\log {x}\right)^2 +Qx^4\log{x}+Rx^4+C$? ¿De dónde viene esta prueba de la fórmula?

El ejemplo es el siguiente:

Encontrar la derivada de $f_{mn}(x)=x^m\left(\log {x}\right)^n$ y utilice el resultado para sugerir una prueba de la fórmula para $I=\int x^3\left(\log {x}\right)^2dx$. Por lo tanto evaluar esta integral.

Solución: Tenemos $$f'_{mn}(x)=mx^{m-1}\left(\log {x}\right)^n+nx^{m-1}\left(\log {x}\right)^{n-1}.$$ Esto sugiere que tratamos de $$I=Px^4\left(\log {x}\right)^2+Qx^4\log{x}+Rx^4+C$$ para las constantes $P$, $Q$, $R$ y $C$. Diferenciar tenemos $$\frac{dI}{dx} = 4Px^3\left(\log {x}\right)^2 + 2Px^3\log{x} + 4Qx^3\log{x} + Qx^3 + 4Rx^3 = x^3\left(\log {x}\right)^2,$$ la solución para que $P$, $Q$ y $R$ podemos llegar a la respuesta correcta: $$\int x^3\left(\log {x}\right)^2dx=\frac{1}{4}x^4\left(\log {x}\right)^2-\frac{1}{8}x^4\log{x}+\frac{1}{32}x^4+C.$$

Tenga en cuenta que mi nivel de matemáticas aún está "en desarrollo": estoy aprendiendo sin un maestro.

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ANTECEDENTES: En mis esfuerzos me di cuenta de lo siguiente, que también se traduce en la respuesta correcta: $$\frac{d}{dx}x^m\left(\log {x}\right)^n=mx^{m-1}\left(\log {x}\right)^n+nx^{m-1}\left(\log {x}\right)^{n-1}.$$ La integración de ambos lados, se obtiene: $$x^m\left(\log {x}\right)^n=m\int x^{m-1}\left(\log {x}\right)^n dx+n\int x^{m-1}\left(\log {x}\right)^{n-1}dx.$$ Ahora podemos definir la $g_{mn}(x)$ como sigue: $$g_{mn}\left(x\right)=\int x^{m-1}\left(\log {x}\right)^n dx=\frac{1}{m}x^m\left(\log {x}\right)^n-\frac{n}{m}\int x^{m-1}\left(\log {x}\right)^{n-1}dx.$$ Tomando $m=4$ $n=2$ obtenemos: \begin{align} I&=\int x^3\left(\log {x}\right)^2dx=g_{42}(x)=\frac{1}{4}x^4\left(\log {x}\right)^2-\frac{1}{2}\int x^3\log{x}\,dx\\ &=\frac{1}{4}x^4\left(\log {x}\right)^2-\frac{1}{2}g_{41}(x)=\frac{1}{4}x^4\left(\log {x}\right)^2-\frac{1}{8}x^4\log{x}+\frac{1}{32}x^4+C. \end{align}

Answer 1

Por supuesto, uno puede decir: La experiencia de la autora llevó a este "Ansatz". Tenga en cuenta que usted no puede cometer un error al tratar de ella. Si la verdadera solución no está en la bolsa de la propuesta de las funciones de la computación revelará este.

Sus propios esfuerzos resultaron en la fórmula de recursión $$\int x^m\log^n x\>dx=\langle{1\over m+1}x^{m+1}\log^n x\rangle-{n\over m+1}\int x^m \log^{n-1} x\>dx\qquad(n\geq1)\ .$$ Aquí $m$ es fijo, y $n$ es la recursividad de la variable, y el $\langle\ldots\rangle$ notación significa "hasta una constante aditiva". A continuación, es bastante obvio, y puede ser verificada por una simple inducción de la prueba, que la solución será de la forma $$\int x^m\log^n x\>dx=\bigl\langle x^{m+1}\sum_{k=0}^n c_k\log^{n-k}x\bigr\rangle\tag{1}$$ con certeza racional de los coeficientes $c_k$, por ejemplo, $c_0={1\over m+1}$. Sabiendo esto tal vez es más sencillo comenzar de inmediato con el "Ansatz" $(1)$ con indetermined coeficientes de $c_k$ que va a través de una $n$ pasos de la recursividad con todos sus símbolos integrales.

Pero también hay un "resumen tonterías" la prueba de que el enfoque propuesto funciona: El resultado muestra que no es suficiente para considerar "monomials" de la forma$x^m\log^n x$, e integrarlas en un solo paso. Para una teoría general tenemos que lidiar con la totalidad del espacio de funciones de $f$ de la forma $$f(x)=x^m p(\log x)\qquad(x>0)\ ,\tag{2}$$ donde $p(t)$ es un polinomio en un "indeterminado" $t$.

Denota el espacio vectorial de todos los polinomios $p(t)$ grado $\leq n$$P_n$, y denota el espacio vectorial de todas las funciones $(2)$$p\in P_n$$V_{m,n}$. Para un $f\in V_{m,n}$ uno calcula $$f'(x)=x^{m-1}\bigl(m p(\log x)+p'(\log x)\bigr)\ ,\tag{3}$$ lo que implica que $f'\in V_{m-1,\, n}\>$.

Esto muestra que la derivación $D:\>f\mapsto f'$ mapas de $V_{m,n}$$V_{m-1,\, n}$. El problema en cuestión es acerca de la inversa de la dirección: se Nos da un $g\in V_{m-1,\,n}$ y tiene que demostrar que $g$ $G'$ algunos $G\in V_{m,n}$, en otras palabras: que $$D:\>V_{m,n}\to V_{m-1,\, n}\ ,\qquad f\mapsto f'\tag{4}$$ es surjective.

En $(3)$ vemos lineal mapa de $\psi:\>P_n\to P_n$ en el trabajo, a saber $$\psi:\quad P_n\to P_n,\qquad p\mapsto mp +p'\ .$$ Al $m>0$ este mapa es inyectiva, porque $\psi(p)=0$, es decir, $p'=-mp$, implica $p=0$ o $p$ sería una función exponencial. Como $P_n$ es finito dimensionales podemos concluir que $\psi$ es también surjective, por lo tanto $(4)$ es surjective así. Esto es decir que el $g\in V_{m-1, \,n}$ es la derivada de algunas $G\in V_{m,\,n}$. En particular, este es el caso de la función de $g(x):=x^{m-1}\,(\log x)^n$.

Answer 2

Permítanme tratar de dar un poco de luz en mi proceso de pensamiento cuando veo los problemas como que.

Objetivo: Calcular explícitamente integral de la $\,I=\int x^3\log^2 x\,dx$ por "ensayo y error".

Interpretación: los Autores quieren que usted adivinar "forma general" de la solución (lo que significa que ellos quieren que usted conecte con alguna expresión que usted piensa que podría ser la solución, pero sin necesariamente saber exacto de los coeficientes, que se puede ajustar más adelante).

Sugerencia: hallar la derivada de $\,f_{mn}\left(x\right)=x^m\log^nx$ y adivinar la solución general de la integral de la $\,I=\int x^3\log^2 x\,dx$ a partir de ahí.

Interpretación: Tenemos que adivinar una función cuya derivada es $\, x^3\log^2 x$. Ya que el resultado es producto de potencias de $x$$\log x$, es razonable suponer que el integrando tiene la forma similar, tal vez con más condiciones y poderes superiores, pero que todavía debe tener el producto de potencias de $x$ $\log x$ en orden para su derivado a tener forma requerida.

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Enfoque a la Solución

Siguiendo la sugerencia, escribimos derivado de la $\,f_{mn}\left(x\right)$$f'_{mn}(x)=mx^{m-1}\log^n{x}+nx^{m-1}\log^{n-1}{x}$. Por lo tanto, si queremos que la derivada de la función a ser $x^3\log^2 x$ hemos $ m-1 = 3$ $n = 2$ o $n-1=2$.

Por otra parte, la derivada de $f_{mn}(x)$ tiene más de un término, por lo tanto si lo que buscamos para la expresión de cuya derivada es $x^3\log^2 x$ necesitamos tomar una combinación lineal de funciones de la forma $f_{mn}$ con la esperanza de que redundunt términos se anulan.

Más específicamente, podemos ver que en el integrando el poder de $\log x$ es menor por $1$ de la potencia de $ x$, por lo tanto llegamos a la conclusión de que queremos deshacernos del término $x^{m-1}\log^{n-1}{x}$ ya que tiene los mismos poderes.

A partir de aquí se puede usar el método de prueba y error para tratar de igualar y cancelar los términos redundantes.

Answer 3

Más o menos, cuando el autor del libro de texto hace que su suposición de que la forma de la integral, se eliding exactamente el trabajo que usted hizo para calcular la integral.

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Esencialmente, hay un argumento inductivo en el trabajo aquí. Así, la observación crítica que el libro de texto en el que pide a hacer es la siguiente: $$f_{m+1,n}'=m\cdot f_{m,n}+n\cdot f_{m,n-1}.$$ La idea es que si usted desea integrarse a $f_{m,n}$, lo que usted necesita hacer es la siguiente:

• Calcular un anti-derivada a $f_{m,n-1}$.

• Restar $n$ veces que el anti-derivada de la $f_{m+1,n}$ y dividir por $m$.

La idea entonces es que, si usted repite este argumento hasta llegar a calcular un anti-derivada a $f_{m,0}$ - que es un múltiplo de a $f_{m+1,0}$ - que se ve que la respuesta debe ser algo de suma ponderada de las siguientes funciones $$f_{m+1,n},\,f_{m+1,n-1},\,f_{m+1,n-2},\ldots,f_{m+1,2},\,f_{m+1,1},\,f_{m+1,0}.$$ Esto es lo que sucede cuando se "desenrolla" el proceso de averiguar la antiderivada de $f_{m,n}$ mediante la antiderivada de $f_{m,n-1}$, la cual puede ser determinada por el conocimiento de la antiderivada para $f_{m,n-2}$ y así sucesivamente.

Básicamente, el libro de texto se ejecuta este argumento por averiguar cuáles son las condiciones serán, ignorando los factores de $n$ $m$ que aparece, a continuación, averiguar lo que los coeficientes han de ser al final. Su método realiza la misma idea, pero que explícitamente a mantener un seguimiento de las constantes en cada paso.

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La inteligente paso aquí es ver que $f_{m+1,n}'=m\cdot f_{m,n} + n\cdot f_{m,n-1}$. Una vez que usted tiene que, ver que se puede relacionar su deseada de la anti-derivada a uno más simple, y luego proceder. Yo diría que la "acertada conjetura" es este paso. Como has descubierto, hay varias maneras de proceder, una vez llegado a este paso - y todo lo que hacéis, es un poco sencillo cálculo a partir de ese punto.

Answer 4

Tenga en cuenta que$$ f_{m, n}'(x) = mx^{m - 1} (\ln x)^n + nx^{m - 1} (\ln x)^{n - 1} = P_{m, n}(x, \ln x), $$ donde $P_{m, n}(x, y) = mx^{m - 1} y^n + nx^{m - 1} y^{n - 1}$ es un polinomio de $x$$y$, y $\deg_x P_{m, n} = m - 1$, $\deg_y P_{m, n} = n$.

En primer lugar, la función primitiva de $f_{m_0, n_0}(x) = x^{m_0} (\ln x)^{n_0}$ se puede adivinar como una combinación lineal de algunos $f_{m, n}$'s, además de una constante $C$. Siguiente, tenga en cuenta que $P_{m, n}$ es un monomio de grado $m - 1$ con respecto al $x$, es decir,$P_{m, n}(x, y) = x^{m - 1} Q_{m, n}(y)$, por lo tanto, la combinación debe ser de $f_{m, n}$'s todo con $m = m_0 + 1$. Ahora, desde la $\deg_y P_{m, n} = n$, $f_{m_0 + 1, n}$'s en la combinación debe satisfacer $0 \leqslant n \leqslant n_0$. Por lo tanto, la adivinado formulario es de$$ F_{m_0, n_0}(x) = \sum_{k = 0}^{n_0} a_k f_{m_0 + 1, n}(x) + C. $$