En general, la integral indefinida de $x^n$ tiene poder $n+1$ . Esta es la regla de potencia estándar. ¿Por qué se "rompe" para $n=-1$ ? En otras palabras, la regla de la derivada $$\frac{d}{dx} x^{n} = nx^{n-1}$$ no se mantiene para $n=0$ . ¿Hay alguna razón profunda para esta discontinuidad?
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Anonymous
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Intentaré dar una respuesta suave a lo que considero el espíritu de la pregunta, que no es por qué se obtiene exactamente el log, sino por qué el comportamiento es diferente al integrar $x^{k}$ para $k=-1$ .
La forma en que yo lo veo es que el logaritmo estaría en realidad para otras potencias de $x$ también, pero está "oculto" por el hecho de que en una serie geométrica un término "engulle" a todos los demás juntos, excepto en el caso muy especial de que todos los términos sean iguales. Dicho de otro modo, la intuición está muy cerca de la razón por la que $\sum_{i=a}^b c^i$ puede aproximarse razonablemente sólo con el primer término de la suma ( $c^a$ ) si $c<1$ y sólo por el último ( $c^b$ ) si $c>1$ independientemente de lo grande que sea $b-a$ es, es decir, de cuántos términos tiene la suma. Pero si $c=1$ ningún término domina a todos los demás, y es entonces cuando hay que contarlos todos, y se acaba viendo el $b-a$ término "emerger" en $\sum_{i=a}^b 1^i=b-a+1$ .
De manera informal, se puede ver cómo esto se aplica al caso que nos ocupa escribiendo $\int_{x_0}^{x_f} x^k dx$ como $\int_{x_0}^{2 x_0} x^k dx + \int_{2x_0}^{4x_0} x^k dx + ...$ . Cada uno de los $\approx \log_2 \frac{x_f}{x_0}$ tiene el mismo peso que los demás si, y sólo si, $k$ tiene un valor muy específico (¿cuál?), en cuyo caso $\int_{x_0}^{x_f} x^k dx$ es igual a $\approx \log_2 \frac{x_f}{x_0}$ veces $\int_{x_0}^{2 x_0} x^k dx$ . Si es sólo un $\epsilon$ menor, o mayor, se obtiene la suma dentro de un factor constante de $\int_{x_0}^{2 x_0} x^k dx$ o de $\int_{\frac{1}{2}x_f}^{x_f} x^k dx$ respectivamente, independientemente de $\frac{x_f}{x_0}$ . Tenga en cuenta que en lugar de utilizar $2$ como base, podríamos haber utilizado $3$ o $e$ o $7.24$ o $\pi$ y el valor crítico de $k$ habría permanecido igual: es el valor que garantiza que si se integra $x^k$ en un intervalo $7.24$ más tiempo, pero con un punto de partida $7.24$ veces mayor, la integral no cambia, $k=-1$ .
Este es un fenómeno que he visto aparecer muy a menudo en las matemáticas, la física y la informática. A menudo tienes una suma de muchos términos, y un parámetro que, para valores pequeños, hace que el primer término de la suma domine a todos los demás juntos, y para valores grandes, hace que el último término domine a todos los demás juntos, independientemente de cuántos términos tengas en la suma. Pero cuando el parámetro es igual a exactamente el valor crítico en el que se produce la transición entre los dos regímenes, en cualquier aproximación de la misma aparecen todo tipo de cantidades extrañas relacionadas con el número de términos de la suma.
Dr. MV
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La llamada "razón profunda" no es profunda en absoluto. El término $\displaystyle \log(x)$ es simplemente el término constante en la expansión de $\displaystyle \frac{x^{n+1}}{n+1}$ alrededor de $n=-1$ . Para ver esto, simplemente escribimos $$\begin{align}\frac{x^{n+1}}{n+1}&=\frac{e^{(n+1)\log(x)}}{n+1}\\\\&=\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^\infty \frac{(n+1)^k\,\log^k(x)}{k!}\\\\&=\sum_{k=0}^\infty\frac{(n+1)^{k-1}\log^k(x)}{k!}\\\\&=\frac{1}{n+1}+\log(x)+\frac12(n+1)\log^2(x)+O((n+1)^2)\end{align}$$
por lo que vemos los términos principales en la asíntota ( $n\sim -1$ ) expansión de $\displaystyle \frac{x^{n+1}}{n+1}$ . Obviamente, vemos que $\lim_{n\to -1}\frac{x^{n+1}-1}{n+1}=\log(x)$ .
Más sencillamente, dejemos que $f(x,n)$ venga dada por la integral
$$\begin{align} f(x,n)&=\int_1^x t^n\,dt\\\\ &=\frac{x^{n+1}-1}{n+1}\tag 1 \end{align}$$
Tenga en cuenta que $f(x,n)$ es continua en $(0,\infty)\times \mathbb{R}$ (es decir, $n$ no tiene por qué limitarse a los números enteros).
Entonces, observe que el límite como $n\to -1$ de $f(x,n)=f(x,-1)$ es
$$\begin{align} \int_1^x \frac1t\,dt&=f(x,-1)\\\\ &=\lim_{n\to -1}f(x,n)\\\\ &=\lim_{n\to -1} \frac{x^{n+1}-1}{n+1}\\\\ &=\lim_{n\to -1}\frac{e^{(n+1)\log(x)}-1}{n+1}\\\\ &=\log(x) \end{align}$$
Así, podemos recuperar el resultado esperado, $\int_1^x \frac{1}{t}\,dt=\log(x)$ tomando el límite en $(1)$ para $n\ne -1$ .
Yves Daoust
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La paradoja desaparece cuando se considera que las antiderivadas tienen el punto común $(1,0)$ es decir, las funciones
$$\int_1^x t^{\alpha-1}dt=\frac{x^\alpha-1}\alpha,$$
que se representan a continuación para los exponentes $-\dfrac12,-\dfrac14,-\dfrac18,0,\dfrac18,\dfrac14,\dfrac12$ .
La curva azul corresponde a $\alpha=0$ pero se evalúa como el límite
$$\lim_{\alpha\to0}\frac{x^\alpha-1}\alpha=\ln(x).$$
Se combina perfectamente con los demás.
user21820
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Tome cualquier $r$ y cualquier parámetro real $x > 0$ .
Creo que la clave para entender el fenómeno de esta pregunta es comprender: $ \def\lfrac#1#2{{\large\frac{#1}{#2}}} $
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Por qué $\lfrac{d(\ln(x))}{dx} = x^{-1}$ , basado en la definición de $\ln$ como la inversa de $\exp$ en $\mathbb{R}$ .
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Por qué $\lfrac{d(x^r)}{dx} = r x^{r-1}$ y por qué sólo nos permite obtener $\int x^r\ dx$ si $r \ne -1$ .
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Una explicación combinada para $\int x^r\ dx$ que nos permite ver dónde se dividen los casos.
Demostraré estos tres puntos en orden a partir de principios básicos utilizando propiedades básicas de $\exp$ en lugar de los argumentos de límite "ad-hoc". Estas propiedades son:
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$\exp' = \exp$ .
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$\exp(x+y) = \exp(x) \exp(y)$ para cualquier real $x,y$ .
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$x^r$ se define como $\exp(r\ln(x))$ . La razón de esto es un tema para otro post.
(1)
Dejemos que $y = \ln(x)$ .
Entonces $x = \exp(y)$ . [Por definición de $\ln$ .]
Así, $\lfrac{dx}{dy} = \lfrac{d(\exp(y))}{dy} = \exp(y)$ . [Tenga en cuenta que $\lfrac{d(\exp(y))}{dy}$ se define desde $x,y$ están relacionados bijetivamente].
Y $\lfrac{dy}{dx} \lfrac{dx}{dy} = 1$ . [Por la regla de la cadena generalizada .]
Así, $\lfrac{dy}{dx} = \exp(y)^{-1} = x^{-1}$ .
(2)
$\lfrac{d(x^r)}{dx} = \lfrac{d(\exp(r\ln(x)))}{dx} = \exp(r\ln(x)) \lfrac{d(r\ln(x))}{dx} = x^r r x^{-1} = r x^{r-1}$ .
(3)
Para encontrar $\int x^r\ dx$ deseamos encontrar una antiderivada para $x^r$ con respecto a $x$ .
De (1) y (2) ya podemos obtener la respuesta. Pero, ¿por qué? Obsérvese que en la derivación anterior es la derivada de $\ln$ que en realidad está causando el poder de $x$ a la disminución de la derivada de $x^r$ . Interesante, ¿verdad? Ahora uno podría decir, espera un minuto, ¿la potencia no disminuye debido al teorema del binomio en la prueba estándar donde $(x+h)^r = x^r + r x^{r-1} h + \cdots$ ? Pero mira de nuevo; hemos demostrado (2) para reales arbitrarios $r$ por lo que si se desea utilizar el teorema del binomio en su lugar habría que demostrarlo para potencias reales arbitrarias. Eso no es trivial, y en el fondo requiere demostrar (2) o resolver alguna ecuación diferencial relacionada o demostrar que la diferenciación por términos para series de potencias funciona.
Así que yo diría que (1), en lugar de ser un caso especial que llena la "discontinuidad" en $r = -1$ en la fórmula antiderivada de $x^r$ con respecto a $x$ , es en realidad la razón subyacente del caso general a través de la derivada de $x^r$ para un real arbitrario $r$ . Desde $\ln$ es la especie de "caso base" aquí, no se puede derivar del caso general, y hay una especie de división lógicamente inevitable.
David Szwer
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Ya hay grandes respuestas que muestran por qué $\int \frac{1}{x}=\ln(x) (+C)$ . Pero es divertido preguntarse por qué integrar otros poderes de $x$ hace no producir una respuesta logarítmica.
Necesitaremos la integración por partes: $$ \int u \frac{dv}{dx} dx = uv - \int v \frac{du}{dx} dx \ . $$
Empecemos por encontrar un resultado que necesitaremos más adelante, $\int x^m\ln(x)dx$ haciendo $u=\ln(x)$ y $\frac{dv}{dx}=x^m$ (es decir $\frac{du}{dx}=\frac{1}{x}$ y $v=\frac{x^{m+1}}{m+1}$ ): $$ \int x^m\ln(x)dx = \frac{x^{m+1}}{m+1}\ln(x) - \int \frac{x^{m+1}}{m+1} \frac{1}{x}dx $$ $$ = \frac{x^{m+1}}{m+1}\ln(x) - \frac{x^{m+1}}{(m+1)^2} \ . $$
Ahora podemos calcular $\int x^ndx$ al establecer $u=x^{n+1}$ y $\frac{dv}{dx}=\frac{1}{x}$ (es decir $\frac{du}{dx}=(n+1)x^n$ y $v=\ln(x)$ ). Obtenemos $$ \int x^ndx = \int x^{n+1}x^{-1}dx = x^{n+1}\ln(x) - (n+1)\int x^n\ln(x)dx $$ Si $n=-1$ entonces todo el segundo término desaparece debido a la $(n+1)$ por lo que nos quedamos con $x^{n+1}\ln(x) = x^{0}\ln(x) = \ln(x)$ . Pero en todos los demás casos, tenemos que evaluarlo utilizando nuestro resultado anterior: $$ \int x^ndx = x^{n+1}\ln(x) - (n+1)\Bigg( \frac{x^{n+1}}{n+1}\ln(x) - \frac{x^{n+1}}{(n+1)^2} \Bigg) $$ $$ = x^{n+1}\ln(x) - x^{n+1}\ln(x) + \frac{x^{n+1}}{(n+1)} $$ $$ = \frac{x^{n+1}}{(n+1)} \ . $$
Podemos interpretarlo como que el $\ln(x)$ s están siempre "en algún lugar" en la integración de los poderes de $x$ pero en casi todas las circunstancias se anulan con otro término. Para $x^{-1}$ En el caso de la función logarítmica, el término de anulación desaparece y sólo nos queda la función logarítmica.
Nótese que este argumento era totalmente circular, y por tanto no "demuestra" cualquier cosa . Y probablemente deberíamos preocuparnos un poco por descartar ese segundo término antes de evaluarlo. Pero espero que haya sido útil ver el problema desde otra dirección.
Las críticas constructivas son bienvenidas.
