Evaluar $\int_{2}^{3}\frac{(x-2)^{100}}{(x-1)}dx$

Question

Evaluar $$\int_{2}^{3}\frac{(x-2)^{100}}{(x-1)}dx$$

¿Hay algún método fácil para evaluar la integral? Quería probar con la división larga pero creo que será muy complicado. Cualquier ayuda, gracias

Answer 1

$$ \begin{align} &\int_2^3\frac{(x-2)^{100}}{x-1}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^1\frac{x^{100}}{x+1}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^1\left(x^{99}-x^{98}+x^{97}-x^{96}+\dots-1+\frac1{x+1}\right)\,\mathrm{d}x\\ &=\frac1{100}-\frac1{99}+\frac1{98}-\frac1{97}+\dots-1+\log(2)\\ &=2\left(\frac1{100}+\frac1{98}+\dots+\frac12\right) -\left(\frac1{100}+\frac1{99}+\frac1{98}+\dots+1\right) +\log(2)\\[3pt] &=\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\log(2)+H_{50}-H_{100}} \end{align} $$ donde $H_n$ son Números armónicos . Mathematica da $$ H_{100}-H_{50}=\frac{47979622564155786918478609039662898122617}{69720375229712477164533808935312303556800} $$ que da la respuesta mencionada en un par de comentarios: $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\log(2)-\frac{47979622564155786918478609039662898122617}{69720375229712477164533808935312303556800}} $$

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La misma derivación dada anteriormente puede ser fácilmente generalizada para dar $$ \int_0^1\frac{x^{2k}}{x+1}\,\mathrm{d}x=\log(2)+H_k-H_{2k} $$

Answer 2

La división larga te lleva $$\frac{(x-2)^{100}}{(x-2)+1}=(x-2)^{99}-(x-2)^{98}+(x-2)^{97}-......+(x-2)-1+\frac{1}{x-1}$$ así que $$\int \frac{(x-2)^{100}}{(x-1)}dx=\frac{(x-2)^{100}}{100}-\frac{(x-2)^{99}}{99}+.......-x+\log(x-1)$$ $$\int_{2}^{3}\frac{(x-2)^{100}}{(x-1)}dx=\frac{1}{100}-\frac{1}{99}+\frac{1}{98}.......-1+\log(2)$$ $$=\log(2)-\frac{47979622564155786918478609039662898122617}{69720375229712477164533808935312303556800}$$

Answer 3

Podemos generalizar fácilmente el desarrollo para

$$I_n=\int_2^3 \frac{(x-2)^n}{(x-1)}dx \tag 1$$

Escribimos

$$I_n=\int_2^3 \frac{(x-2)^n}{(x-1)}dx=\int_1^2 \frac{(x-1)^n}{x}dx=\int_1^2 \frac{x-1}{x}(x-1)^{n-1}dx=\frac{1}{n}-I_{n-1}$$

Tenga en cuenta que $I_0=\log 2$ y $I_n=\frac{1}{n}-I_{n-1}$ . Entonces, simplemente iteramos para revelar que

$$I_1=-\log 2+1$$

$$I_2=\log 2 -1+\frac12$$

$$I_3=-\log 2+1-\frac12+\frac13$$

$$\begin{align} I_n&=(-1)^n(\log 2-1+1/2-1/3+\cdots +1/n)\\\\ &=(-1)^n\left(\log2 +\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^k}{k}\right) \tag 2 \end{align}$$

Para $n=100$ tenemos

$$\begin{align} I_{100}&=\log 2+\sum_{k=1}^{100}\frac{(-1)^{k}}{k}\\\\ &=\log 2 -\frac{47979622564155786918478609039662898122617}{69720375229712477164533808935312303556800}\\\\ &\approx. 0.004975 \end{align}$$

donde la fracción y la aproximación decimal se obtuvieron utilizando Wolfram Alpha.

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NOTA:

Este enfoque puede utilizarse para demostrar que el valor de la serie armónica alterna es efectivamente $\log 2$ .

Basta con observar el límite como $n\to \infty$ de $(1)$ y $(2)$ . Para $(1)$ vemos que $I_n \to 0$ como $n\to \infty$ .

También vemos que $|I_n| \to |\log 2+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}|$ .

Como el término en valor absoluto debe ser cero, entonces $\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}=\log 2$ .