Una desagradable integral indefinida$ \int \frac{1}{x(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) ... (x+m)} dx $

Question

A continuación es un problema del libro "Cálculo y Geometría Analítica" por Thomas Finney. Yo estoy esperando que alguien puede revisar mi trabajo. Considero que es ser un problema difícil. Gracias,
Bob
Problema:
Nos atrevemos a evalaute esta integral.
$$ \int \frac{1}{x(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) ... (x+m)} \,\, dx $$ Respuesta:
Para evaluar esta integral, vamos a considerar algunos casos especiales. Para $m = 0$ tenemos: \begin{align*} \int \frac{1}{x} \,\, dx &= \ln|x| + C \\ \end{align*} Ahora para $m = 1$ tenemos la siguiente integral: $$ \int \frac{1}{x(x+1)} \,\, dx $$ \begin{align*} \frac{1}{x(x+1)} &= \frac{A}{x} + \frac{B}{x+1} \\ 1 &= A(x+1) + B(x) \\ \end{align*} En $x = 0$ tenemos $1 = A(0+1)$ que los rendimientos de $A = 1$. \begin{align*} A + B &= 0 \\ 1 + B &= 0 \\ B &= -1 \\ \frac{1}{x(x+1)} &= \frac{1}{x} - \frac{1}{x+1} \\ \int \frac{1}{x(x+1)} \,\, dx &= \ln|x| - \ln|x+1| + C \\ \end{align*} Ahora para $m = 2$ tenemos la siguiente integral: $$ \int \frac{1}{x(x+1)(x+2)} \,\, dx $$ \begin{align*} \frac{1}{x(x+1)(x+2)} &= \frac{A}{x} + \frac{B}{x+1} + \frac{C}{x+2} \\ 1 &= A(x+1)(x+2) + B(x)(x+2) + C(x)(x+1) \\ \end{align*} En $x = 0$ tenemos $1 = A(0+1)(0+2)$ que los rendimientos de $A = \frac{1}{2}$. \newline En $x = -1$ tenemos $1 = B(-1)(-1+2) = -B$ que los rendimientos de $B = -1$. \newline En $x = -2$ tenemos $1 = C(-2)(-2+1) = 2C$ que los rendimientos de $C = \frac{1}{2}$. \begin{align*} \frac{1}{x(x+1)(x+2)} &= \frac{ \frac{1}{2}}{x} - \frac{1}{x+1} + \frac{ \frac{1}{2}}{x+2} \\ \int \frac{1}{x(x+1)(x+2)} \,\, dx &= \frac{1}{2} \ln{|x|} - \ln{|x+1|} + \frac{1}{2} \ln{|x+2|} + C \\ \end{align*} \newline Ahora para $m = 3$ tenemos la siguiente integral: $$ \int \frac{1}{x(x+1)(x+2)(x+3)} \,\, dx $$ \begin{align*} \frac{1}{x(x+1)(x+2)(x+3)} &= \frac{A}{x} + \frac{B}{x+1} + \frac{C}{x+2} + \frac{D}{x+3} \\ 1 &= A(x+1)(x+2)(x+3) + B(x)(x+2)(x+3) + \\ & C(x)(x+1)(x+3) + D(x)(x+1)(x+2) \\ \end{align*} En $x = 0$ tenemos $1 = A(0+1)(0+2)(0+3) = 6A$ que los rendimientos de $A = \frac{1}{6}$.

En $x = -1$ tenemos $1 = B(-1)(-1+2)(-1+3) = -2B$ que los rendimientos de $B = -\frac{1}{2}$.

En $x = -2$ tenemos $1 = C(-2)(-2+1)(-2+3) = 2C$ que los rendimientos de $C = \frac{1}{2}$.

En $x = -3$ tenemos $1 = D(-3)(-3+1)(-3+2) = -6D$ que los rendimientos de $D = -\frac{1}{6}$.

Por lo tanto, tenemos la siguiente solución: $$ \int \frac{1}{x(x+1)(x+2)(x+3)} \,\, dx = \frac{1}{6}\ln{|x|} - \frac{1}{2}\ln{|x+1|} + \frac{1}{2}\ln{|x+2|} - \frac{1}{6}\ln{|x+3|} + C $$ \newline Ahora para $m = 4$ tenemos la siguiente integral: $$ \int \frac{1}{x(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)} \,\, dx $$ \begin{align*} \frac{1}{x(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)} &= \frac{A}{x} + \frac{B}{x+1} + \frac{C}{x+2} + \frac{D}{x+3} + \frac{E}{x+4} \\ 1 &= A(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) + B(x)(x+2)(x+3)(x+4) + \\ &+ C(x)(x+1)(x+3)(x+4) \\ &+ D(x)(x+1)(x+2)(x+4) + E(x)(x+1)(x+2)(x+3) \\ \end{align*} En $x = 0$ tenemos $1 = A(0+1)(0+2)(0+3)(0+4) = 24A$ que los rendimientos de $A = \frac{1}{24}$.

En $x = -1$ tenemos $1 = B(-1)(-1+2)(-1+3)(-1+4) = -6B$ que los rendimientos de $B = -\frac{1}{6}$.

En $x = -2$ tenemos $1 = C(-2)(-2+1)(-2+3)(-2+4) = 4C$ que los rendimientos de $C = \frac{1}{4}$.

En $x = -3$ tenemos $1 = D(-3)(-3+1)(-3+2)(-3+4) = -6D$ que los rendimientos de $D = -\frac{1}{6}$.

En $x = -4$ tenemos $1 = E(-4)(-4+1)(-4+2)(-4+3) = 24E$ que los rendimientos de $E = \frac{1}{24}$.

Por lo tanto, tenemos la solución:
Ahora para $m = 4$ tenemos la siguiente integral: $$ \int \frac{1}{x(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)} \,\, dx = \frac{\ln{|x|} - 4\ln{|x+1|} + 6\ln{|x+2|} - 4\ln{|x+3|} + \ln{|x+4|} }{24} + C $$ Ahora vamos a considerar el caso general. \begin{align*} \frac{1}{x(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) \cdots (x+m)} \,\, &= \frac{C_0}{x} + \frac{C_1}{x+1} \cdots + \frac{C_m}{x+m} \\ \end{align*} \begin{align*} 1 &= {C_0}(x+1)(x+2) \cdots (x+m) + {C_1}(x)(x+2) \cdots (x+m) + {C_2}(x)(x+1)(x+3)(x+4) \cdots (x+m) + \\ & \cdots C_m(x)(x+1)(x+2) \cdots (x+m-1) \\ \end{align*} Ahora vamos a considerar el primer término. Nos pusimos $x = 0$ y obtenemos: \begin{align*} 1 &= {C_0}(0+1)(0+2) \cdots (x+m) = m! C_0 \\ C_0 &= \frac{1}{m!} \end{align*} Ahora vamos a considerar el $C_2$ plazo. Nos pusimos $x = 2$ e $m > 4$. Obtenemos: \begin{align*} 1 &= C_2(-2)(-2+1)(-2+3)(-2+4)(-2 + 5) \cdots (-2 + m) \\ 1 &= C_2 (2)(1)(2)(3)(4) \cdots (m-2) \\ 1 &= 2(m-2)! C_2 \\ C_2 &= \frac{1}{2(m-2)!} = \frac{m(m-1)}{2(m!)} \\ C_2 &= \frac{ \binom {m}{2} } {m!} \\ \end{align*} Ahora vamos a considerar el último término. Nos pusimos $x = -m$ y obtenemos:
\begin{align*} 1 &= C_m(-m)(-m+1)(-m+2) \cdots (x+m -1) \\ C_m &= \frac{(-1)^{m}}{m!} \\ \end{align*} Ahora vamos a considerar uno de los términos centrales. Nos pusimos $x = -k$ donde $0 <= k <= m$ y obtenemos: \begin{align*} 1 &= C_k(-k)(-k+1)(-k+2) \cdots (-1) (1)(2) \cdots (-k + m - 1) \\ 1 &= {-1}^k C_k(k-1)(k-2) \cdots (1)(2) \cdots (-k + m - 1) \\ C_k &= \frac{ 1 }{ {(-1)}^k C_k(k-1)(k-2) \cdots (1)(2) \cdots (-k + m - 1) } \\ C_k &= \frac{ k! }{ {(-1)}^k C_k(k-1)(k-2) \cdots (1)m! } \\ C_k &= \frac{ \binom {m}{k} }{ {(-1)}^k m! } \\ \end{align*} Por lo tanto la respuesta es: $$ \sum_{k=0}^{k=m} \left( \frac{ \binom {m}{k} }{ {(-1)}^k m! }\right) \ln{|x+k|} + C $$

Answer 1

Un enfoque más simple es posible sin todos los otros trabajos preliminares. Permitir que $$q_m(x) = \prod_{k=0}^m (x+k), \quad f_m(x) = \frac{1}{q_m(x)}.$$ Then $ f$ admits a partial fraction decomposition of the form $$f_m(x) = \sum_{n=0}^m \frac{A_n}{x+n} \tag{1}$$ for suitable constants $ A_0, \ ldots, A_m$ which we wish to find, hence an antiderivative of $ f$ is $$\int f_m(x) \, dx = \sum_{n=0}^m A_n \log |x+n|. \tag{2}$$ (I have omitted the constant of integration for convenience.) So all that remains is to determine the form of $ A_n$. To do this, we observe that $$1 = q_m(x) \sum_{n=0}^m \frac{A_n}{x+n} = \sum_{n=0}^m p_n(x) A_n,$$ where $$p_n(x) = \prod_{k \ne n} (x+k) = (-1)^n \prod_{k=0}^{n-1} (-x-k) \prod_{k=n+1}^m (k + x).$$ Then in particular $$p_n(-n) = (-1)^n \prod_{k=0}^{n-1} (n-k) \prod_{k=n+1}^m (k-n) = (-1)^n n!(m-n)! = \frac{(-1)^n m!}{\binom{m}{n}},$$ and $ p_n (-k) = 0$ for all other nonnegative integers $ k \ le m$ not equal to $ n$. Therefore, $$A_n = \frac{1}{p_n(-n)} = \frac{(-1)^n}{m!} \binom{m}{n}$$ and $$\int f_m(x) \, dx = \sum_{n=0}^m \frac{(-1)^n}{m!} \binom{m}{n} \log |x+n| + C$ $ como se afirma.

Answer 2

En esta línea: "Ahora vamos a considerar el primer término. Nos pusimos $x=0$ y obtenemos:" $$1 = {C_0}(0+1)(0+2) \cdots (x+m) = m!C_0$$ Cuando se establece $x=0$ no se $x$ a la izquierda.

Para $C_2$ no hay ningún error, pero luego para el término general que hizo el mismo error tipográfico.

Usted no puede tener después de establecer $x=-m$: $$1 = C_m(-m)(-m+1)(-m+2) \cdots (\color{red}x+m -1)$$ Y para la última parte, por alguna razón, usted tiene $C_k$ en el denominador. $$\begin{align*} 1 &= C_k(-k)(-k+1)(-k+2) \cdots (-1) (1)(2) \cdots (-k + m - 1) \\ 1 &= (-1)^k C_k(k-1)(k-2) \cdots (1)(2) \cdots (-k + m - 1) \\ C_k &= \frac{ 1 }{ (-1)^k \color{red}{C_k}(k-1)(k-2) \cdots (1)(2) \cdots (-k + m - 1) } \\ C_k &= \frac{ k! }{ (-1)^k \color{red}{C_k}(k-1)(k-2) \cdots (1)m! } \\ C_k &= \frac{ \binom {m}{k} }{ (-1)^k m! } \\ \end{align*}$$ Aparte de esto todo es correcto.

Answer 3

Podríamos establecer una diferencia ecuación. Parcial fracciones indica que $$f_m(x)=\frac1{\prod_{k=0}^m(x+k)}=\sum_{k=0}^m\frac{A_k^{(m)}}{x+m}$$ Y es un cálculo simple para mostrar que $$f_{m-1}(x)-f_{m-1}(x+1)=mf_m(x)$$ Así, la comparación de los coeficientes de $\frac1{x+k}$ tenemos $A_0^{(m-1)}=mA_0^{(m)}$, $A_{m-1}^{(m-1)}=-mA_m^{(m)}$, e $A_k^{(m-1)}-A_{k-1}^{(m-1)}=mA_k^{(m)}$ para $1\le k\le m-1$. Si dejamos $A_k^{(m)}=\frac{(-1)^k}{m!}B_k^{(m)}$ entonces nuestra ecuaciones de diferencia leer $B_0^{(m-1)}=B_0^{(m)}=\cdots=B_0^{(0)}=A_0^{(0)}=1$, $B_{m-1}^{(m-1)}=B_m^{(m)}=\cdots=B_0^{(0)}=1$ e $B_k^{(m-1)}+B_{k-1}^{(m-1)}=B_k^{(m)}$ para $1\le k\le m-1$. Reconocemos estas como las ecuaciones de diferencia para el triángulo de Pascal, por lo $B_k^{(m)}={m\choose k}$ de lo que se deduce que $A_k^{(m)}=\frac{(-1)^k}{m!}{m\choose k}$y $$\int f_m(x)dx=\sum_{k=0}^m\frac{(-1)^k}{m!}{m\choose k}\ln|x+k|+C$$

Answer 4

Me parece correcto [Es decir, hice el cálculo de forma independiente y obtuve la misma respuesta]. Para propósitos de brevedad / claridad, solo necesita incluir el "caso general".

¡Sería más convencional escribir $$ C_k = \ frac {(- 1) ^ k} {k! (Mk)!} $$