Cómo encontrar $\int x^{1/x}\mathrm dx$

Question

EDITAR : La respuesta completa ha sido publicada por mí mismo. Siéntase libre de comprobar la lógica dentro.

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¿Cómo se integra indefinidamente una función en forma de $$f(x)=x^{1/x}$$ Mirando todo lo que sé no hay nada sobre exponentes con variables. Entonces, ¿cómo se puede encontrar: $$\int x^{1/x}\;\mathrm dx?$$ Me interesa más la técnica para hacerlo que la solución, ya que no tiene ninguna importancia real, sino que es una mera curiosidad.

Answer 1

(Incluí una introducción más general en la primera versión de esta respuesta, pero luego me di cuenta de que la pregunta se ha actualizado para incluir un principio de derivación de la serie)

Para el enfoque de series infinitas:

Como usted menciona,

$$x^{1/x} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\log(x)^n}{x^n n!}.$$

Para integrar los términos, podemos aplicar la integración por partes. Tomemos

$$\int \frac{\log(x)^m}{x^n} dx.$$

La razón por la que tenemos dos exponentes separados $m$ y $n$ se aclarará pronto. Deja que $u = \log(x)^m$ , $dv = \frac{1}{x^n} dx$ para que $v = \frac{1}{(1-n) x^{n-1}}$ y $du = \frac{m \log(x)^{m-1}}{x}$ . Entonces,

$$\begin{align}\int \frac{\log(x)^m}{x^n} dx &= uv - \int v\ du \\ &= \frac{\log(x)^m}{(1 - n) x^{n-1}} - \int \frac{m \log(x)^{m-1}}{x (1-n) x^{n-1}} dx \\ &= \frac{\log(x)^m}{(1 - n) x^{n-1}} - \frac{m}{1-n} \int \frac{\log(x)^{m-1}}{x^n} dx. \end{align}$$

Dejemos que $I_{m,n} = \int \frac{\log(x)^m}{x^n} dx$ . Entonces lo anterior puede escribirse como una relación de recurrencia

$$I_{m,n} = \frac{\log(x)^m}{(1 - n)x^{n-1}} - \frac{m}{1-n} I_{m-1,n}$$

con $I_{0,n} = \frac{1}{(1-n) x^{n-1}}$ para $n \ne 1$ y $I_{0,1} = \log(x)$ . Obsérvese que para expresar la integral en esta forma recurrente se requiere que tengamos una $m$ -exponente.

La solución a una recurrencia de la forma

$$a_m = r_m a_{m-1} + s_m$$

con $a_0 = s_0$ viene dada por

$$a_m = \sum_{l=0}^{m} s_{l} \left(\prod_{k=l+1}^{m} r_k\right).$$

(Esto puede obtenerse por reconocimiento de patrones y probarse por sustitución en la recurrencia original).

Dejemos que $r_m = -\frac{m}{1 - n}$ y $s_m = \frac{\log(x)^m}{(1 - n) x^{n-1}}$ para conseguir

$$\begin{align}I_{m,n} &= \sum_{l=0}^{m} \frac{\log(x)^l}{(1 - n) x^{n-1}} \left(\prod_{k=l+1}^{m} -\frac{k}{1 - n}\right) \\ &= \sum_{l=0}^{m} \frac{\log(x)^l}{(1 - n) x^{n-1}} \left((-1)^{m-l} \frac{m!}{l! (1-n)^{m-l}}\right) \\ &= \frac{1}{x^{n-1}} \sum_{l=0}^{m} (-1)^{m-l} \frac{m! \log(x)^l}{l! (1-n)^{m-l+1}}\end{align}$$

para $n \ne 1$ . Sólo nos interesa $I_{n,n}$ Así pues, para $n = 1$ tomamos

$$I_{1,1} = \frac{\log(x)^2}{2}$$

y

$$I_{0,0} = x$$ $$I_{n,n} = \frac{1}{x^{n-1}} \sum_{l=0}^{n} (-1)^{n-l} \frac{n! \log(x)^l}{l! (1-n)^{n-l+1}},\ n > 1.$$

Entonces,

$$\begin{align} \int x^{1/x} dx &= C + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{I_{n,n}}{n!} \\ &= C + x + \frac{\log(x)^2}{2} + \sum_{n=2}^{\infty} \left(\frac{1}{x^{n-1}} \sum_{l=0}^{n} (-1)^{n-l} \frac{\log(x)^l}{l! (1-n)^{n-l+1}}\right)\end{align}$$

es la expansión en serie infinita de la integral original. Esta serie debe converger para todo $x > 0$ aunque no funciona tan bien cerca de $0$ .

Answer 2

Bueno después de un poco de trabajo está terminado espero que sea correcto: $$\begin{align}\int x^{1/x}dx&=\int \exp\left(\frac{\log x}x\right)dx=\int\sum_{n=0}^\infty\frac{\left(\log x/x\right)^n}{n!}dx=\sum_{n=0}^\infty\int\frac{\left(\log x/x\right)^n}{n!}dx\\ &=\sum_{n=0}^\infty\int\frac{\left(\log x/x\right)^n}{n!}dx = \sum_{n=0}^\infty\int x^{-n}n!^{-1}\log^nx\space dx=\sum_{n=0}^\infty n!^{-1}\int x^{-n}\log^nx\space dx\end{align}$$ Dejemos que $u=\log x$ entonces $du=\frac1xdx\implies x\;du=dx$ $$\int x^{-n}\log^nx\;dx=\int x^{-n+1}u^n\;du=\int e^{-u(n-1)}u^n\;du$$ Dejemos que $w=u(n-1)$ entonces $dw=(n-1)\;du\implies \frac{1}{n-1}dw=du$ $$\int e^{-u(n-1)}u^n\;du=\frac{1}{(n-1)^{n+1}}\int e^{-w}w^ndw$$ $$\int w^ne^{-w}dw=-\sum^n_{k=0}\frac{n!\;w^{n-k}}{e^w(n-k)!}=-\sum^n_{k=0}\frac{n!\;\log^{n-k}x\;(n-1)^{n-k}}{x^{n-1}(n-k)!}$$ $$\implies\int x^{-n}\log^nx\;dx=-\frac{1}{(n-1)^{n+1}}\sum^n_{k=0}\frac{n!\;\log^{n-k}x\;(n-1)^{n-k}}{x^{n-1}(n-k)!}$$

$$=-\sum^n_{k=0}\frac{n!\;\log^{n-k}x\;(n-1)^{n-k}}{x^{n-1}(n-k)!(n-1)^{n+1}}=-\sum^n_{k=0}\frac{n!\;\log^{n-k}x\;}{x^{n-1}(n-k)!(n-1)^{k+1}}$$ $$=-\frac{n!}{x^{n-1}}\sum^n_{k=0}\frac{\log^{n-k}x\;}{(n-k)!(n-1)^{k+1}}$$ $$\implies \int x^{1/x}dx=-\sum^\infty_{n=0}\sum^n_{k=0}\frac{\log^{n-k}x\;}{x^{n-1}(n-k)!(n-1)^{k+1}}+C$$

Answer 3

No existe un método real para determinar una integral indefinida porque las combinaciones racionales de las funciones elementales $\{x, x^2, e^x, \log(x), \text{trig functions}, \ldots\}$ que usamos normalmente para representar integrales no son suficientes para expresar la integral $\int x^{1/x} \,\mathrm d x$ (que es un concepto bastante interesante, me parece). Pero los métodos numéricos como el de Simpson, el de Boole, el de Hardy y/o el de Weddle pueden utilizarse para aproximar esta integral como pueden hacerlo para cualquier otra.