¿Qué tiene de especial $\alpha=-1$ en la integral de $x^\alpha$ ?

Question

Por supuesto, es fácil ver que la integral (o la antiderivada) de $f(x) = 1/x$ es $\log(|x|)$ y por supuesto para $\alpha\neq - 1$ la antiderivada de $f(x) = x^\alpha$ es $x^{\alpha+1}/(\alpha+1)$ .

Me preguntaba si existe una forma intuitiva (probablemente geométrica) explicación de por qué el caso $\alpha=-1$ es tan diferente y por qué aparece el logaritmo aparece?

Algunas respuestas que he pensado pero que no me convencen:

1. Tomar el límite $\alpha=-1$ ya sea desde arriba o desde abajo conducen a funciones divergentes.

2. Alguna especialidad del caso $\alpha=-1$ son que ambas asíntotas son no integrables. Sin embargo, la antidrivativa es algo local, y por lo tanto, no debería importar el comportamiento en el infinito.

Answer 1

Suponga que sabe que para cada $\beta$ la derivada de la función $x\mapsto x^\beta$ es la función $x\mapsto\beta x^{\beta-1}$ y que quiere elegir $\beta$ tal que la derivada es un múltiplo de la función $x\mapsto x^{\alpha}$ . Se le lleva a resolver la ecuación $\beta-1=\alpha$ , lo que da como resultado $\beta=\alpha+1$ . Si $\alpha=-1$ Esto te lleva a $\beta=0$ pero entonces la derivada que se obtiene es la función $x\mapsto 0x^{-1}=0$ que no es un múltiplo no nulo de $x\mapsto x^{-1}$ . Para cualquier otro $\alpha$ este procedimiento obtiene una antiderivada pero para $\alpha=-1$ has fallado. O mejor dicho, has demostrado que ninguna función de potencia es una antiderivada de $x\mapsto x^{-1}$ . El siguiente paso podría ser (como suelen hacer los matemáticos cuando quieren transformar uno de sus fracasos en un éxito) introducir una nueva función definida como la antiderivada de $x\mapsto x^{-1}$ que es cero en $x=1$ y quizás darle un nombre bonito como logaritmo y luego, quién sabe, empezar a estudiar sus propiedades...

Editar (Segunda versión, quizá más geométrica).

Arreglar $s>t>0$ y $c>1$ y considerar el área bajo la curva $x\mapsto x^\alpha$ entre las abscisas $x=t$ y $x=s$ por un lado y entre las abscisas $x=ct$ y $x=cs$ por otro lado. Sustitución de $x$ por $cx$ multiplica la función por un factor $c^\alpha$ . La longitud del intervalo de integración se multiplica por $c$ por lo que la propia integral se multiplica por $c^{\alpha+1}$ .

Por otro lado, si una antiderivada $F$ de $x\mapsto x^\alpha$ es un múltiplo de $x\mapsto x^\beta$ para un determinado $\beta$ entonces $F(ct)=c^\beta F(t)$ y $F(cs)=c^\beta F(s)$ por lo que $F(ct)-F(cs)=c^\beta (F(t)-F(s))$ . Obsérvese que esta última relación se mantiene incluso si sólo se asume que $F$ es la suma de una constante y un múltiplo de $x\mapsto x^\beta$ .

Si se juntan las dos partes se obtiene $c^{\alpha+1}=c^\beta$ . Una vez más, si $\alpha=-1$ esto daría como resultado $\beta=0$ Por lo tanto $F$ sería constante y el área $F(t)-F(s)$ bajo la curva $x\mapsto x^\alpha$ de $s$ a $t\ge s$ sería cero para cada uno de esos $s$ y $t$ lo cual es imposible ya que la función $x\mapsto x^\alpha$ no es cero. (Y para cada $\alpha\ne1$ , este argumento de escala da como resultado el exponente correcto $\beta$ .)

Answer 2

El álgebra de todos los polinomios es cerrada bajo diferenciación e integración, sin embargo en cuanto se quiere incluir potencias negativas de $x$ La integración ya no está cerrada. Como se analiza en este documento,

Roman, Steven. The Logarithmic Binomial Formula. Amer. Math. Monthly. Vol. 99, No. 7, Aug.-Sept. 1992.

el álgebra más pequeña de funciones que incluye tanto $x$ y $x^{-1}$ que es cerrado tanto bajo diff. como anti-diff. es generado por funciones de la forma $x^i (\log x)^j$ , para $i, j \in \mathbb{Z}$ .

Como una analogía (muy floja), $\mathbb{R}$ no se cierra bajo la toma de raíces cuadradas, sino mediante la adición de $i$ obtenemos el cierre bajo raíces arbitrarias.

Espero que esto ayude.

Answer 3

Para $\alpha \neq -1$ tenemos $$\int x^{\alpha} dx = \dfrac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1} + \text{ constant} = \dfrac{x^{\alpha+1}-1}{\alpha+1} + \text{ another constant}$$ Dejando ahora $\alpha \to -1$ y asumiendo un bonito intercambio de límite e integral, obtenemos que $$\lim_{\alpha \to -1}\int x^{\alpha} dx = \int \lim_{\alpha \to -1}x^{\alpha} dx = \int \dfrac{dx}x= \lim_{\alpha \to -1}\dfrac{x^{\alpha+1}-1}{\alpha+1} + \text{ constant} = \log(x) + \text{constant}$$

Answer 4

Bien, supongamos que sabes algo de cálculo pero te quedas dormido mientras tu profesor habla de la función exponencial. Tu verdadero amor es el álgebra y te has dado cuenta de lo siguiente:

$x \mapsto x^{-1}$ es un homomorfismo de multiplicación. Se observan diferentes formas de la función sobre objetos algebraicos,
$\Bbb R^* \to \Bbb R^*$
$(0, +\infty) \to (0, +\infty)$
$(0, 1] \to [1, +\infty)$
llevando la inversa de un producto al producto de los inversos.

Al estudiar la cartografía $(0, +\infty) \to (0, +\infty)$ te parece interesante ver cómo el conjunto $\{\dots,6^{-1},5^{-1},4^{-1},3^{-1},2^{-1},1^0,2^1,3^1,4^1,5^1,6^1,\dots\}$
se mapea bajo inversión. Parece que se multiplica por $-1$ en $\Bbb Z$ y mientras lo exploras más, te preguntas si puedes crear un homomorfismo que lleve la multiplicación a la suma,
$(0, +\infty) \to \Bbb R$
que de alguna manera utiliza la función de inversión $1/x$ . Se busca una función que se dilata y es negativa cuando opera sobre arugmentos menores que $1$ es igual a $0$ en $1$ y es una contracción y positivo cuando se opera con argumentos mayores que $1$ .

Pero $1/x$ es mayor que $1$ y explota cerca de 0 cuando $x \lt 1$ y es inferior a $1$ y se reduce a cero cerca de $+\infty$ cuando $x \gt 1$ . Con un destello de perspicacia, piensas que, tal vez, la función

$F(x) =\int_1^x u^{-1}du$

hará el truco. Parece que se va a estirar $(0, +\infty) \to \Bbb R$ en la forma correcta y se necesita $1$ a $0$ con $F^{'}(1) = 1$ .

Bien, es hora de ver si al integrar un homomorfismo multiplicativo con el límite inferior la identidad $1$ te dará un nuevo homomorfismo que lleva la multiplicación a la suma.

Answer 5

Imagina lo siguiente

$$ \int \frac{dx}{x} = \frac{x^{0}}{0}$$

restar la cantidad $ \frac{1}{0} $ por lo que obtenemos $ \frac{x^{0}-1}{0} =log(x)$ utilizando la expansión de taylor de x^{s} en 's' cerca de $ s=0 $