Hay una manera más fácil encontrar la "natural" de la integración constante?

Question

Supongamos que tomamos consecutivo la derivada de una función en un punto y luego se interpolan con Newton de la serie (de interpolación de Newton de la fórmula) a fin de obtener una curva suave.

$$f^{(s)}(x)=\sum_{m=0}^{\infty} \binom {s}m \sum_{k=0}^m\binom mk(-1)^{m-k}f^{(k)}(x)$$

Si la serie converge en $s=-1$ tomamos este valor para ser la "natural" el valor de la antiderivada de $f$ en el punto de $x$ (suponiendo que la integral es el -1-ésima derivada).

Por ejemplo, para la función $f(x)=a^x$ la expansión converge (si converge, lo cual no es el caso para todos los $a$) $a^x (\ln a)^s$ o$(\ln a)^s$$x=0$. Por lo tanto antiderivada de $a^x$, naturalmente, debe tener el valor de $\frac{1}{\ln a}$$x=0$.

Hay una manera más fácil para obtener este valor, y posiblemente, la más universal (de trabajo en los que la serie diverge)?

Answer 1

Así, el uso de la exponencial de Fourier para no periódicas de las funciones de este documento se puede derivar al menos un método adicional:

$$f(x)=\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{i\omega x} \int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-i\omega t}dt \, d\omega $$

la integración por $x$ y la aplicación de la integración natural del exponente de la regla, se obtiene:

$$f^{(-1)}(x)=\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{i\omega x}}{i\omega} \int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-i\omega t}dt \, d\omega $$

Ahora, para $x=0$, obtenemos:

$$f^{(-1)}(0)=\frac{i}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\omega} \int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{i\omega t}dt \, d\omega $$

Compruebe si estoy equivocado.

Desafortunadamente, este método converge incluso más raramente. Una función para la cual se trabaja es $ f(x)=x e^{-x^2}$, en este caso $f^{(-1)}(0)=-\frac1{2}$. Para $f(x)=e^{-x^2}$ el método de da $f^{(-1)}(0)=0$

El uso de las tablas de la transformada de Fourier también se puede obtener por $f(x)=\sin x$, $f^{(-1)}(0)=-1$, para $f(x)=\cos x$, $f^{(-1)}(0)=0$, para $f(x)=(\sin x)^3$, $f^{(-1)}(0)=-\frac23$.

Answer 2

Aquí es interesante la forma en la que podemos ir sobre esto. Se puede demostrar que (ver esta), si reemplazamos $f(x)$$F$, y, a continuación, reemplace $F^n$$f(x+nh)$, tenemos

$$f^{(n)}(x)=\lim _{h\rightarrow0}\left( \frac{F-1}h\right)^n$$

Aviso de la ordenada hecho de que $\lim\limits_{h\to0}\frac{F-1}{h}=f'(x)$. Por ejemplo, la expansión de la anterior para $n=2$ da el límite de la fórmula

$f''(x)=\lim _{h\rightarrow0}\left( \frac{F-1}h\right)^2=\lim _{h\rightarrow0}\left( \frac{F^2-F+1}{h^2}\right)=\lim _{h\rightarrow0}\left( \frac{f(x+2h)-2f(x+h)+f(x)}{h^2}\right)$

que es fácil verificar el uso de L'Hôpital. Esto tiene la desventaja de que a veces la evaluación de derivados cuando no existen, pero siempre va a evaluar correctamente la derivada, si es que existe. Si tenemos en cuenta $f^{(-1)}(x)$ a ser la integral de $f(x)$, luego tenemos

$$f^{(-1)}(x)=\lim _{h\rightarrow0}\left( \frac{F-1}h\right)^{-1}=-\lim_{h\rightarrow0}h\cdot\left( \frac{1}{1-F}\right)=-\lim_{h\to0}h \sum_{k=0}^{\infty}F^k$$

Desde el límite de una serie es única, si es que existe, entonces podemos definir (utilizando el poder formal de la serie si es necesario) el "natural" antiderivada de $f(x)$

$$f^{(-1)}(x)=-\lim_{h\to0}h \sum_{k=0}^\infty f(x+hk)$$

Por desgracia, la suma no siempre bien definida (es decir, $f(x)=x$ obviamente no puede ser resumidos de la manera adecuada), pero sí, por ejemplo, definir $\int \cos(x)=\sin(x)$ o $\int e^x=e^x$.

Una de las ventajas de esta derivación es que es fácilmente generalizables para cualquier pedido integral o derivados. Utilizando el hecho de que $(F-1)^{n}=\sum\limits_{k=0}^\infty{n\choose k}F^k(-1)^{n-k}$, tenemos

$$f^{(n)}(x)=\lim _{h\rightarrow0}\left( \frac{F-1}h\right)^n=\lim _{h\rightarrow0}\left( \frac{(F-1)^{n}}{h^n}\right)=\lim_{h\to0} h^{-n} \sum_{k=0}^\infty{n\choose k} (-1)^{n-k}f(x+hk)$$ es el "natural" differentigral para cualquier n , donde el de arriba es definido (aunque no entero $n$).

EDIT:Para $e^x$,$-\lim\limits_{h\to 0}h \sum\limits_{k=0}^\infty e^{x+hk}=-\lim\limits_{h\to 0}he^x \sum\limits_{k=0}^\infty e^{hk}=-\lim\limits_{h\to 0}\frac{he^x}{1-e^h}=e^x$. Tenga en cuenta que la suma es una formales de alimentación de la serie; la suma anterior en realidad no convergen siempre $h>0$, y sólo una especie de representa la adición de todos ellos juntos. Al $h>0$, no converge, pero la más valor lógico sería ampliar el uso de la serie geométrica de la fórmula. Al $h<0$, la serie converge, y el $h$ cancela el negativo.

Para$\sin(x)$$\cos(x)$, su integrales son los imaginarios y reales partes de $-\lim\limits_{h\to 0}h \sum\limits_{k=0}^\infty e^{i (x+hk)}$, respectivamente. Este evalúa de forma similar:

$-\lim\limits_{h\to 0}h \sum\limits_{k=0}^\infty e^{i (x+hk)}=-\lim\limits_{h\to 0}he^{ix} \sum\limits_{k=0}^\infty e^{ihk}=-e^{ix}\lim\limits_{h\to0}\frac{h}{1-e^{ih}}=-ie^{ix}=i (-\cos(x))+\sin(x)$