Antiderivada de $\log(x)$ sin Partes

Question

Entiendo cómo la antiderivada de $\log(x)$ puede obtenerse por Integración por Partes (es decir, producto de la regla), pero me preguntaba cómo-en todo caso - que sólo podría conseguirse mediante la suma/diferencia de la regla de sustitución y/regla de la cadena.

Answer 1

$$\int_1^t \ln(x)\,dx = \int_1^t\int_1^x\frac 1u\,du\,dx = \int_1^t\int_u^t\frac 1u\,dx\,du = \int_1^t\frac{t-u}{u}\,du = {\large[}t\ln(u)-u{\large]}_{1}^t$$

Answer 2

Hay una divertida fórmula relacionadas con la integral de una función invertible y la integral de su inversa, es decir, $$ bf(b)-af(a)=\int_a^bf(t)dt+\int_{f(un)}^{f(b)}f^{-1}(t)dt $$ Que se ve fácilmente a partir de una foto. A continuación, ajuste de $b=x$, $0<x<a$ y $f(t)=\log t$ da $$ x\log x-a\log a=\int_a^x\log tdt+\int_{\log a}^{\log x}e^tdt\\ \Rightarrow x\log x-a\log a-\int_{\log a}^{\log x}e^tdt=\int_a^x\log tdt\\ \Rightarrow x\log x-x+a-a\log a=\int_a^x\log tdt\\ \Rightarrow x\log x-x+c=\int_a^x\log tdt $$

Answer 3

Tenemos:

$$\int_0^{t} x^a dx = \frac{t^{a+1}}{a+1}$$

La diferenciación de w.r.t. $a$ le da:

$$\int_0^{t} x^a \log(x)dx = \frac{t^{a+1}\left[(a+1)\log(t)-1\right]}{(a+1)^2}$$

El resultado entonces de la siguiente manera si la ponemos a $a = 0$.

Answer 4

Fermat Método de Agotamiento puede ser usado para destruir a este problema a partir de primeros principios.

Sin embargo, vamos a solicitar la evaluación de un límite, que va a ser adelantado.

Preliminar:

$\displaystyle \lim_{r \to 1} \frac{r \log{r}}{1-r} = -1$

Prueba:

Considere la posibilidad de la primaria de la desigualdad que es cierto para todos los $r>0$:

$\displaystyle r-1 \le \log{r} \le 1-\frac{1}{r}$

El resultado se sigue por el teorema del sándwich.

Considere la posibilidad de un número real $0<r<1$, el cual será utilizado para la construcción de la progresión geométrica infinita de intervalos.

Construcción de las líneas de $x = b, x = br, x = br^2, x = br^3, \cdots$ todo el camino hasta el infinito.

La región delimitada por $\log x, x = br^n, x = br^{n+1}$ está limitada estrictamente desde abajo y por la siguiente desigualdad:

$\displaystyle b(1-r)r^{n+1} (\log{b}+(n+1)\log{r}) < \int_{br^{n+1}}^{br^n} \log{x}\, \text{d}x < b(1-r)r^n (\log{b}+n\log{r})$

Resumiendo estas desigualdades de $n=0$ $\infty$nos dará estricto de los límites superior e inferior de la integral.

Después de algunos primaria Arithmetico-Geométrica Suma, tenemos las siguientes:

$\displaystyle r \, b \, \log{b} + b\,\frac{r \log{r}}{1-r} < \int_0^b \log{x} \, \text{d}x < b\log{b} + b\,\frac{r \log{r}}{1-r}$

Tomar el límite de $r$ enfoques $1$, y por el teorema del sándwich, entonces se puede concluir que:

$\displaystyle \int_0^b \log{x} \, \text{d}x = b\log{b} - b$