Encuentra la integral$\int \frac{(\ln(x))^2}{x^3}$

Question

$\int \frac{(\ln(x))^2}{x^3}$

Empezando con la Integración por Partes $$ \begin{align} u = \ln(x)^2 &~~~ dv = x^{-3} \\\\ du = 2\ln(x)dx &~~~ v = \frac{x^{-2}}{-2} \end{align} $$

$$ \begin{align} \int \frac{(\ln(x))^2}{x^3} &= (\ln(x))^2 \left( \frac{-x^{-2}}{2} \right) -\frac{2}{2} \int \frac{\ln(x)}{x^2} \end{align} $$

La integración por partes de nuevo... $$ \begin{align} u = \ln(x) & dv = \frac{1}{x^2} \\\\ du = \frac{1}{x}dx & v = -\frac{1}{x} \\\\ -\frac{2}{2} \int \frac{\ln(x)}{x^2} &= -\ln(x) \left(\frac{1}{x} \right) + \int \frac{1}{x^2}dx \\\\ \end{align} $$

Integración por partes varias veces $\int \frac{1}{x^2}dx \rightarrow \int \frac{1}{x} \rightarrow \ln(x) + C$

La combinación de todo juntos, puedo llegar

$$ \int \frac{(\ln(x))^2}{x^3} = (\ln(x))^2 \left( \frac {x^{-2}}{2} \right) -\ln(x) \left(\frac{1}{x} \right) -ln(x) + C\\\\ = -\frac{(\ln(x))^2}{2x^2} - \frac{\ln(x)}{x} - \ln(x) + C $$

Hay un camino más corto que podría haber hecho esto? Creo que tengo la respuesta correcta, pero no estoy realmente seguro. Revisando mi respuesta a través de diferenciar no parece como una posible estrategia de prueba e incluso, sin limitaciones de tiempo todavía parece demasiado complejo para mi nivel ahora mismo (pero entonces tal vez es por esto que necesitamos de la práctica)

Answer 1

Al hacer la integración por partes, recomiendo usar esta pequeña y confiable fórmula (el orden de si primero es $f(x)$% o $g(x)$ no importa):

PS

$$ \begin{align} \int\frac{\ln^2{x}}{x^3}\,dx &=-\frac{1}{2}\int\ln^2{x}\left(\frac{1}{x^2}\right)'\,dx\\ &=-\frac{1}{2}\left(\frac{\ln^2{x}}{x^2}-\int\frac{1}{x^2}(\ln^2{x})'\,dx\right)\\ &=-\frac{1}{2}\left(\frac{\ln^2{x}}{x^2}-2\int\frac{\ln{x}}{x^3}\,dx\right)\\ &=-\frac{1}{2}\left(\frac{\ln^2{x}}{x^2}-\frac{2}{-2}\int\ln{x}\left(\frac{1}{x^2}\right)'\,dx\right)\\ &=-\frac{1}{2}\left(\frac{\ln^2{x}}{x^2}+\frac{\ln{x}}{x^2}-\int\frac{1}{x^2}(\ln{x})'\,dx\right)\\ &=-\frac{1}{2}\left(\frac{\ln^2{x}+\ln{x}}{x^2}-\int\frac{1}{x^3}\,dx\right)\\ &=-\frac{1}{2}\left(\frac{\ln^2{x}+\ln{x}}{x^2}-\int x^{-3}\,dx\right)\\ &=-\frac{1}{2}\left(\frac{\ln^2{x}+\ln{x}}{x^2}-\frac{1}{-3+1}x^{-3+1}\right)\\ &=-\frac{1}{2}\left(\frac{\ln^2{x}+\ln{x}}{x^2}+\frac{1}{2x^2}\right)\\ &=-\frac{1}{2}\left(\frac{2\ln^2{x}+2\ln{x}}{2x^2}+\frac{1}{2x^2}\right)\\ &=-\frac{2\ln^2{x}+2\ln{x}+1}{4x^2}+C. \end {align} $$

Wolfram Alpha cheque

Answer 2

Empezando con la Integración por Partes $$ \begin{align} u = \ln(x)^2 &~~~ dv = x^{-3} \\\\ \color{red}{du = \frac{2\ln(x)}{x}dx} &~~~ v = -\frac{x^{-2}}{2} \end{align} $$

(No olvides la regla de la cadena!)

$$ \begin{align} \int \frac{(\ln(x))^2}{x^3} &= (\ln(x))^2 \left( \frac{-x^{-2}}{2} \right) \color{red}{+\int \frac{\ln(x)}{x^3}dx} \end{align} $$

(Observe que la integración por partes es $uv - \int vdu$)

Ahora queremos averiguar $$ \int \frac{\ln(x)}{x^3}dx$$ Vamos $$u = \ln(x), \ \ dv = \frac{dx}{x^3},$$ $$du = \frac{1}{x}dx, \ \ v = -\frac{x^{-2}}{2}.$$ , Entonces tenemos

$$ \int \frac{\ln(x)}{x^3}dx = -\frac{x^{-2}}{2} \ln(x) + \frac{1}{2}\int\frac{1}{x^3}dx.$$

Ahora $$ \int \frac{1}{x^3}dx = -\frac{x^{-2}}{2} + C,$$ por lo que poner todo de nuevo juntos hemos $$ -\frac{\ln(x)^2}{2x^2} - \frac{\ln(x)}{2x^2} - \frac{1}{4x^2} + C.$$

Answer 3

$$ \begin{align} \int \frac{(\ln(x))^2}{x^3}dx & = \bigg((\ln(x))^2\times \frac{x^{-2}}{-2}\bigg)-\int\frac{2\ln(x)}{x}\times \frac{x^{-2}}{-2}dx \\ & =\bigg((\ln(x))^2\times \frac{x^{-2}}{-2}\bigg)+\int \ln(x)\times x^{-3}dx \\ & =\bigg((\ln(x))^2\times \frac{x^{-2}}{-2}\bigg)+\bigg(\ln(x)\times \frac{x^{-2}}{-2}\bigg)-\int\frac{1}{x}\times\frac{x^{-2}}{-2}dx \\ & =\bigg((\ln(x))^2\times \frac{x^{-2}}{-2}\bigg)+\bigg(\ln(x)\times \frac{x^{-2}}{-2}\bigg)+\frac{1}{2}\bigg(\frac{x^{-2}}{-2}\bigg)+C \\ & =\bigg(\frac{x^{-2}}{-2}\bigg)\bigg((\ln(x))^2+\ln(x)+\frac{1}{2}\bigg)+C \end {align} $$

Answer 4

Vamos a probar por inducción $$\displaystyle I_p(n)=\int\dfrac{\ln(x)^n}{x^p}\mathop{dx}=\dfrac{P_n(\ln(x))}{x^{p-1}}$$ where $P_n$ is a polynomial of degree $$n.

Vamos a suponer que en el siguiente $p>1$, por lo que podemos llevar en la integración por partes.

$\displaystyle I_p(0)=\int \dfrac{\mathop{dx}}{x^p}=\dfrac{1-p}{x^{p-1}}$ lo $P_0(x)=1-p$ es un polinomio de grado $0$

$\displaystyle I_p(n+1)=\int\dfrac{\ln(x)^{n+1}}{x^p}\mathop{dx}=\left[\ln(x)^{n+1}\times\dfrac{1-p}{x^{p-1}}\right]-\int \dfrac{(n+1)\ln(x)^n}{x}\dfrac {1-p}{x^{p-1}}\mathop{dx}=\alpha\dfrac{\ln(x)^{n+1}}{x^{p-1}}+\beta I_p(n)$

Por hipótesis de inducción $P_{n+1}(x)=\alpha x^{n+1}+\beta P_n(x)$ es un polinomio de grado $n+1$ y la inducción es verificada.

Por supuesto, podríamos haber calculado el exacto coeficientes, pero hace más difícil recordar la fórmula. De hecho, sólo estábamos interesados en la forma general del resultado.

En nuestro caso, contamos $\displaystyle I_3(2)=\int\dfrac{\ln(x)^2}{x^3}\mathop{dx}=\dfrac{a\ln(x)^2+b\ln(x)+c}{x^2}$

Derivado de ello y de identificar los coeficientes : $x^3\times {I_3}'(2)=-2a\ln(x)^2-(2b-2a)\ln(x)-(2c-b)\iff\begin{cases}-2a=1\\2b-2a=0\\2c-b=0\end{cases}\iff \begin{cases}a=-\frac 12\\b=-\frac 12\\c=-\frac 14\end{cases}$

Answer 5

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ $$ \left\{\begin{array}{rcl} \ds{\int{x^{\nu} \over x^{3}}\,\dd x} & \ds{=} & \ds{x^{\nu - 2} \over \nu - 2} \\[3mm] \ds{\int{x^{\nu}\ln\pars{x} \over x^{3}}\,\dd x} & \ds{=} & \ds{-\,{x^{\nu - 2} \over \pars{\nu - 2}^{2}} + {x^{\nu - 2}\ln\pars{x} \over \nu - 2}} \\[3mm] \ds{\int{x^{\nu}\ln^{2}\pars{x} \over x^{3}}\,\dd x} & \ds{=} & \ds{{2x^{\nu - 2} \over \pars{\nu - 2}^{3}} - {2x^{\nu - 2}\ln\pars{x} \over \pars{\nu - 2}^{2}} + {x^{\nu - 2}\ln^{2}\pars{x} \over \nu - 2}} \end{array}\right. $$

$\ds{\nu \0 \implica \int{\ln^{2}\pars{x} \over x^{3}}\,\dd x = \bbx{-\,{1 + 2\ln\pars{x} + 2\ln^{2}\pars{x} \over 4x^{2}} + \mbox{una constante}}}$