Demostrar $\int_0^x \frac{f(u)(x-u)^n}{n!}du=\int_0^x ( \int_0^{u_n}( \dotsb ( \int_0^{u_1}f(t)\,dt ) du_1 ) \dotsb )du_n$ a través de IBP

Question

Problema de 18-22 p. 327 de Michael Spivak del Cálculo (primera edición)

El uso de la inducción y de la integración por partes para mostrar que $$\int_0^x \frac{f(u)(x-u)^n}{n!}du=\int_0^x \left( \int_0^{u_n}\left( \dotsb \left( \int_0^{u_1}f(t)\,dt \right) du_1 \right) \dotsb \right)du_n$$

Ejercicios anteriores (14-5 y 14-6) nos han pedido para probar esencialmente la misma cosa por inducción y por señalar que ambos lados tienen la misma derivada respecto a $x$ y el mismo valor en cero. Para que yo pueda ver cómo se hace el problema de esa manera.

Cuando trato de resolver por integración por partes, yo estoy haciendo algo divertido. El $n=1$ de los casos funciona OK. Cuando intento hacer $n=2$, por ejemplo, déjenme mostrarles lo que estoy consiguiendo. Quiero mostrar a $$\int_0^x \frac{f(u)(x-u)^2}{2!}du = \int_0^x \int_0^{u_2}\int_0^{u_1}f(t)\,dt\,du_1\,du_2.$$ Si me sustituye en el lado derecho, utilizando el $n=1$ de los casos, entiendo que es suficiente para mostrar

$$\int_0^x \frac{f(u)(x-u)^2}{2!}du =\int_0^x \left( \int_0^{u_2}f(u_1)(u_2-u_1)\,du_1 \right)du_2.$$ Y si puedo integrar la LHS por partes, tengo que basta para mostrar

$$\int_0^x \int_0^u f(t)(x-u)\,dt\,du =\int_0^x \left( \int_0^{u_2}f(u_1)(u_2-u_1)\,du_1 \right)du_2.$$

Pero tenga en cuenta estas expresiones no son las mismas.

Yo siempre podría ampliar, etc. y demostrar que sale a la derecha, pero estoy tratando de encontrar la manera simple de integración por partes (que es lo que el autor quiere que yo la vea).

Sé que me estoy perdiendo algo simple!

Answer 1

Recordar integración por partes:-

$\large \int_{a}^{b} g(u)h(u)du=[g(u)\int h(t)dt]_a^b-\int_a^b\frac{dg(u)}{du}[\int h(t)dt]{du}$

Ahora, para la integral en cuestión, vamos a

$\large g(u) = \frac{(x-u)^n}{n!}$

$\large h(u) = f(u)$

La integración por partes tenemos

$\large \int_0^x\frac{f(u)(x-u)^n}{n!}du=[(\int_0^{u_1}f(t)dt)\frac{(x-u_1)^n}{n!}]_{u_1=0}^{u_1=x}+\int_0^x\frac{(x-u_1)^{(n-1)}}{(n-1)!}[\int_0^{u_1}f(t)dt]du_1$

La primera expresión en el lado derecho es cero, como cuando $u_1=x$ para el límite superior, la no integral término es cero, y cuando se $u_1=0$ integral término es cero, ya que los límites superior e inferior son tanto $0$.

Así

$\large \int_0^x\frac{f(u)(x-u)^n}{n!}du=\int_0^x\frac{(x-u_1)^{(n-1)}}{(n-1)!}[\int_0^{u_1}f(t)dt]du_1$

lo que está en línea con lo que puede obtener si usted establezca $n$ a 2 (de modo que el lado izquierdo de las dos últimas ecuaciones, aunque no parece ser idéntico, evaluar el mismo resultado)

La repetición de integración por partes en la RHS, hemos establecido

$\large g(u)=\frac{(x-u)^{n-1}}{(n-1)!}$

$\large h(u)=\int_0^{u_1}f(t)dt$

Esto se traduce en

$\large \int_0^x\frac{(x-u_1)^{(n-1)}}{(n-1)!}[\int_0^{u_1}f(t)dt]du_1=[(\int_0^{u_2}(\int_0^{u_1}f(t)dt)du_1)\frac{(x-u_2)^{n-1}}{(n-1)!}]_{u_2=0}^{u_2=x}+\int_0^x\frac{(x-u_2)^{n-2}}{(n-2)!}(\int_0^{u_2}(\int_0^{u_1}f(t)dt)du_1)du_2$

Similar al razonamiento realizado cuando el primer IBP se llevó a cabo, el primer término en el lado derecho es cero, por lo que tenemos

$\large \int_0^x\frac{f(u)(x-u)^n}{n!}du=\int_0^x\frac{(x-u_2)^{n-2}}{(n-2)!}(\int_0^{u_2}(\int_0^{u_1}f(t)dt)du_1)du_2$

La iteración de nuevo, la configuración de

$\large g(u)=\frac{(x-u)^{n-2}}{(n-2)!}$

$\large h(u)=\int_0^{u_2}(\int_0^{u_1}f(t)dt)du_1$

tenemos

$\large \int_0^x\frac{f(u)(x-u)^n}{n!}du=\int_0^x\frac{(x-u_3)^{n-3}}{(n-3)!}(\int_0^{u_3}(\int_0^{u_2}(\int_0^{u_1}f(t)dt)du_1)du_2)du_3$

Si fuéramos a recorrer para la próxima $(n-3)$ tiempos, vamos a tener

$\large \int_0^x\frac{f(u)(x-u)^n}{n!}du=\int_0^x\frac{(x-u_n)^{0}}{0!}(\int_0^{u_n}\cdots(\int_0^{u_3}(\int_0^{u_2}(\int_0^{u_1}f(t)dt)du_1)du_2)du_3)\cdots du_n$

que conduce a la expansión deseada

$\large \int_0^x\frac{f(u)(x-u)^n}{n!}du=\int_0^x(\int_0^{u_n}\cdots(\int_0^{u_3}(\int_0^{u_2}(\int_0^{u_1}f(t)dt)du_1)du_2)du_3)\cdots du_n$