Usando el truco de Feymann en la integración avanzada

Question

Introducción:

Una integración común es la técnica a emplear Feymann del truco. Supongamos que tenemos la siguiente función de dos variables$$\int\limits_a^bf(x,y)\, dx$$Then we can differentiate with respect to $y$ provided that $f$ is continuous and has partial continuous derivative on a chosen interval$$F'(y)=\int\limits_{a}^bf_y(x,y)\, dx$$Pero el uso de este enfoque puede ser difícil porque tienes que pensar mucho para conseguir la necesaria respuesta. Dado que la mayoría de las integrales en una variable, tendrá que introducir una segunda variable y se supone que es una función con dos variables.

Ejemplo:

Un ejemplo de la integración de $(x^2-1)/\ln x$ con respecto a $x$.$$\int\limits_0^1\frac {x^2-1}{\ln x}\, dx=?\tag1$$Since we can get a natural log when we diffentiate an exponential function $F(a)=2^a\implica que F'(a)=\ln\cdot 2^un$. Applying this to our problem, we have$$F(a)=\int\limits_0^1\frac {x^a-1}{\ln x}\, dx$$And taking the partial derivative with respect to $un$ gives$$F'(a)=\int\limits_0^1\frac {\partial}{\partial a}\left(\frac {x^a-1}{\ln x}\right)\, dx=\int\limits_0^1x^a\, dx=\frac 1{a+1}\tag{2}$$Integrating with respect to $un$ gives us$$F(a)=\ln(a+1)+C$$Set $un=0$ to find the value of the constant and we get $C=0$. Therefore, it implies that$$\int\limits_0^1\frac {x^a-1}{\ln x}\, dx=\ln(a+1)\implies\int\limits_0^1\frac {x^2-1}{\ln x}\, dx=\ln 3\tag3$$

Preguntas:

1. ¿Cómo saber qué conjunto de $a$? En este caso, se establece que el exponente de a$x$$a$. Por qué? ¿Cuál fue su razonamiento?
2. No es la derivada de la $2^a=\ln 2\cdot 2^a$, no $\ln a\cdot 2^a$?
3. ¿Por qué establecer $a=0$? ¿Por qué no $a=1$ o $2$?
4. ¿Cómo se integra el uso de este Feymann el truco?$$\int\limits_0^\infty\frac {\sin x}x\, dx\tag4$$

Answer 1

Deje que la integral de interés, $I$, dado por

$$I=\int_0^1 \frac{x^2-1}{\log(x)}\,dx \tag 1$$

El reto en la evaluación de $I$ como se da en $(1)$ es la presencia del logaritmo del denominador. Así, nos gustaría encontrar una manera de eliminar el infractor plazo.

Una forma de hacerlo es aprovechar el hecho de que $\frac{d\,x^a}{da}=\log(x)x^a$. Por lo tanto, si tuviéramos $x^a$ en lugar de $x^2$ en el numerador de el integrando, podríamos diferenciar bajo el signo integral y eliminar el logaritmo del denominador.

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Es digno de mencionar que un segundo método para eliminar el logaritmo del denominador es reconocer que $\frac{x-1}{\log(x)}=\int_0^1 x^t\,dt$ y proceder en consecuencia.

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Vamos a proceder por la formación de una nueva función de $F(a)$ dada por

$$F(a)=\int_0^1 \frac{x^a-1}{\log(x)}\,dx \tag 2$$

de modo que al diferenciar $(2)$ bajo el signo integral revela que

$$F'(a)=\int_0^1 x^a\,dx= \frac{1}{a+1} \tag 3$$

Es en este punto que nos gustaría recuperar $F(a)$ y, a continuación,$F(2)$. Podemos encontrar $F(a)$ a dentro de una integración constante de $(3)$ mediante la integración de más de $a$. Procedimiento obtenemos

$$F(a)=\log(a+1)+C \tag4$$

donde $C$ aún no se ha encontrado. Para encontrar $C$, necesitamos saber el valor de $F(a)$ en algún momento. Si $a=1$ o $a=2$, será necesario evaluar $F(1)$ o $F(2)$, respectivamente.

Bien, si ya sabíamos $F(2)$ no tendríamos que haber ido a través de este procedimiento. Y para encontrar $F(1)=\int_0^1 \frac{x-1}{\log(x)}\,dx$ que sufren de la aparición de los molestos logaritmo del denominador.

Pero $F(0)=\int_0^1 \frac{x^0-1}{\log(x)}\,dx=0$ es trivial para evaluar. Y ahora que sabemos que $F(a)=\log(a+1)+C$$F(0)=0$, podemos ver que $C=0$.

Esto nos deja con $F(a)=\log(a+1)$ a partir de la cual podemos ver que $F(2)=\log(3)$. Y hemos terminado!

Tenga en cuenta que $F(2)=\int_0^1 \frac{x^2-1}{\log(x)}\,dx$ es la integral de interés.

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Para evaluar $\int_0^\infty \frac{\sin(x)}{x}\,dx$ por el uso de Feynman del Truco, se introduce la función

$$G(a)=\int_0^\infty \frac{e^{-ax}\sin(x)}{x}\,dx\tag 5$$

Desde $\int_0^\infty e^{-ax}\sin(x)\,dx$ converge uniformemente para $a\ge \delta>0$, podemos afirmar que el

$$G'(a)=\int_0^\infty e^{-ax}\sin(x)\,dx=\frac{1}{1+a^2} \tag 6$$

La integración de $(6)$ nos encontramos con que

$$G(a)=\arctan(a)+C$$

Dejando $a\to \infty$ $(5)$ revela $\lim_{a\to \infty}G(a)=0$ y, por tanto,$C=\pi/2$.

Finalmente, se observa que el $G(0)=\pi/2$ y hemos terminado!