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Question

No soy un gran fan de la inducción, es solo una preferencia personal.

¿Hay algún método distinto a la inducción?

La respuesta es$n!$ por cierto

Answer 1

Esquema del método

1. Realice la sustitución$u = \ln x$. Obtendrá$$ \int_{-\infty}^0 x^n e^x dx.$ $
2. Esto es casi la función de Gamma. Realice la sustitución$u = -x$. Obtendrá$$ (-1)^n \int_0^\infty x^n e^{-x} dx.$ $
3. Esta es ahora la función Gamma. En particular, tienes$$ (-1)^n \Gamma(n+1) = (-1)^n n!.$ $
4. Podríamos hacer una verificación de cordura cuando$n = 1$. En este caso,$$ \int_0^1 \ln x dx = \Big[x \ln x - x \Big ]_0^1 = -1,$ $ que se retira. $\diamondsuit$

Answer 2

Dado

$$ \ int_0 ^ 1 \ ln ^ n (x) dx $$

Escribamos $$ I_n = \ int_0 ^ 1 \ ln ^ n (x) dx. $$

Integrar por partes $$ \begin{eqnarray} I_n &=& \int_0^1 \ln^n(x) dx\\ &=& \Bigg[ x \ln^n(x) \Bigg]_0^1 - n \int_0^1 \ln^{n-1}(x) dx\\ &=& \Bigg[ \exp(y) y^n\Bigg]_{-\infty}^0 - n \int_0^1 \ln^{n-1}(x) dx = - n I_{n-1}. \end {eqnarray} $$

De dónde

$$ \ bbox [16px, borde: 2px sólido # 800000] {I_n = - n I_ {n-1}} $$

Tenga en cuenta que $$ I_0 = \ int_0 ^ 1 dx = 1. $$

Así que el resultado final es

$$ \ bbox [16px, borde: 2px sólido # 800000] {\ int_0 ^ 1 \ ln ^ n (x) dx = (-1) ^ nn! } $$

Answer 3

Sugerencia: tome$I(k)=\displaystyle\int_0^1x^k~dx,~$ y evalúe$I^{(n)}(0)$.

Answer 4

Sea,$\ln x=t\implies \frac{dx}{x}=dt\implies dx=e^tdt$, tenemos$$\int_{0}^{1}(\ln x)^ndx=\int_{-\infty}^{0}(t)^ne^tdt$$ $$=\int_{0}^{\infty}(-t)^ne^{-t}dt$$ $$=(-1)^n\int_{0}^{\infty}e^{-t}t^ndt$$ Now, using Laplace transform $ \ color {azul} {\ int_ {0 } ^ {\ infty} e ^ {- st} f (t) dt = L [f (t)]}$ & $ \ color {azul} {L [t ^ n] = \ frac {n!} {s ^ {n +1}}}$, we get $$(-1)^n\int_{0}^{\infty}e^{-t}t^n dt=(-1)^n L[t^n]_{s=1}$$ $$=(-1)^n\left[\frac{n!}{s^{n+1}}\right]_{s=1}$$ $$=(-1)^n\left[\frac{n!}{(1)^{n+1}}\right]=(-1)^n(n!)$$ $$\implies \color{blue}{\int_{0}^{1}(\ln x)^ndx=(-1)^n(n!)}$ $ Let, $ n$ be an even integer then we have $$ \color{blue}{\int_{0}^{1}(\ln x)^ndx=(-1)^n(n!)=n!}$ $