Evaluar $\int_0^1 \frac{x^k-1}{\ln x}dx $ utilizando las técnicas de la escuela secundaria

Question

Es allí una manera de calcular esta integral, $$\int_0^1 \frac{x^k-1}{\ln x}dx =\ln({k+1})$$ sin el uso de la derivación bajo el signo integral, ni su transformación en una integral doble y, a continuación, intercambiando el orden de integración. La escuela secundaria técnicas sólo si es posible.

Answer 1

Aquí está una aparentemente elemental solución: Utilizando la siguiente límite

$$ \ln x = \lim_{h\to 0} \frac{x^{h} - 1}{h} = \lim_{n\to\infty} \frac{x^{1/n} - 1}{1/n}, $$

de ello se sigue que

\begin{align*} \int_{0}^{1} \frac{x^{k} - 1}{\log x} \, dx &= \lim_{n\to\infty} \int_{0}^{1} \frac{x^{k} - 1}{n (x^{1/n} - 1)} \, dx \\ &= \lim_{n\to\infty} \int_{0}^{1} \frac{(y^{nk} - 1)y^{n-1}}{y - 1} \, dy, \quad (\text{substitute } x = y^{n}) \\ &= \lim_{n\to\infty} \int_{0}^{1} (1+y+\cdots +y^{nk-1})y^{n-1} \, dy. \end{align*}

Ahora, utilizando la siguiente fórmula simple

$$ \int_{0}^{1} y^{i-1} \, dy = \frac{1}{i}, $$

obtenemos la siguiente identidad

\begin{align*} \int_{0}^{1} \frac{x^{k} - 1}{\log x} \, dx &= \lim_{n\to\infty} \left( \frac{1}{n} + \cdots + \frac{1}{nk+n-1} \right) =\lim_{n\to\infty} \sum_{i=0}^{nk-1} \frac{1}{n+i}. \end{align*}

Modificar el sumando un poco, hemos

\begin{align*} \int_{0}^{1} \frac{x^{k} - 1}{\log x} \, dx &= \lim_{n\to\infty} \sum_{i=0}^{nk-1} \frac{1}{n} \frac{1}{1+(i/n)} = \int_{0}^{k} \frac{dt}{1+t} = \ln(k+1). \end{align*}

P. s. Todos estos pasos son primarias, excepto por un punto. Se puede averiguar de donde es?

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EDIT. Elementary solución no es siempre la solución más fácil ya que la esencia es a menudo en la sombra de la técnica de la complejidad involucrada. Sin embargo, aquí es una solución que utiliza sólo el nivel de primer año de cálculo:

Voy a suponer que $k$ es un número entero positivo (como yo implícitamente en la primera solución). Ahora vamos a $n$ ser otro entero positivo. A continuación, por la sustitución de $x = y^{n}$ tenemos

$$ I := \int_{0}^{1} \frac{x^{k} - 1}{\log x} \, dx = \int_{0}^{1} \frac{(y^{nk} - 1)y^{n-1}}{\log y} \, dy. $$

Para la solución, le reclamo las siguientes:

La reclamación. Para $0 < y < 1$ tenemos $y \leq \frac{y-1}{\log y} \leq 1$.

Prueba. Deje $f(y) = y \log y + 1 - y$$g(y) = y - 1 - \log y$. Mediante la diferenciación de una vez, hemos $$ f'(y) = \log y \leq 0 \quad \text{and} \quad g'(y) = 1 - y^{-1} \leq 0.$$ Esto demuestra que tanto el $f$ $g$ están disminuyendo en $(0, 1]$. Desde $f(1) = 0$$g(1) = 0$, se obtiene tanto de $$ f(y) \geq 0 \quad \text{and} \quad g(y) \geq 0 \quad \text{for} \quad 0 < y < 1. $$ La afirmación se desprende de estas dos desigualdades. ////

Ahora escribo $I$ el siguiente formulario:

$$ I = \int_{0}^{1} \frac{(1 - y^{nk})y^{n-1}}{1 - y} \frac{y - 1}{\log y} \, dy. $$

Luego del reclamo obtenemos

$$ \int_{0}^{1} \frac{(1 - y^{nk})y^{n}}{1 - y} \, dy \leq I \leq \int_{0}^{1} \frac{(1 - y^{nk})y^{n-1}}{1 - y} \, dy. $$

Sabemos cómo calcular las integrales y donde convergen como $n \to \infty$ a partir de la respuesta anterior:

$$ \lim_{n\to\infty} \int_{0}^{1} \frac{(1 - y^{nk})y^{n}}{1 - y} \, dy = \lim_{n\to\infty} \int_{0}^{1} \frac{(1 - y^{nk})y^{n-1}}{1 - y} \, dy = \log(k+1). $$

Por lo tanto, la conclusión se deduce de Apretar Teorema.

Answer 2

Tenga en cuenta que $x^k = e^{k \ln(x)}$. Por lo tanto, tenemos $$\dfrac{x^k-1}{\ln(x)} = \sum_{l=1}^{\infty} \dfrac{k^l \ln^{l-1}(x)}{l!}$$ Por lo tanto, nuestros integral se convierte en $$\sum_{l=1}^{\infty} \dfrac{k^l}{l!} \int_0^1 \ln^{l-1}(x)dx = \sum_{l=1}^{\infty} \dfrac{k^l}{l!} \int_0^1 \ln^{l-1}(x)dx = \sum_{l=1}^{\infty} (-1)^{l-1}\dfrac{k^l}l = \ln(1+k)$$ desde $$\displaystyle \int_0^1 \ln^{l-1}(x)dx = \int_{\infty}^0 (-t)^{l-1} e^{-t} (-dt)= (-1)^{l-1}\int_0^{\infty} t^{l-1}e^{-t} dt = (-1)^{l-1} (l-1)!$$

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Como se señaló en los comentarios, esto es cierto para $-1<k\leq 1$. Para $k> 1$, la prueba puede ser extendido fácilmente. Set $$I(k) = \int_0^1 \dfrac{x^k-1}{\ln(x)}dx$$ Entonces tenemos \begin{align} I(k) - I(k-1) & = \int_0^1 x^{k-1}\dfrac{(x-1)}{\ln(x)}dx = \sum_{l=1}^{\infty}\int_0^1 \dfrac{x^{k-1} \ln^{l-1}(x)}{l!}dx\\ & = \sum_{l=1}^{\infty}(-1)^l \dfrac{(1/k)^l}l = \ln(1+1/k) \text{ (since %#%#%)} \end{align} Esto nos da ahora $1/k<1$ todos los $I(k) = \ln(1+k)$.

Answer 3

$$ \begin{align} \int_0^1\frac{x^k-1}{\log(x)}\mathrm{d}x &=\int_0^\infty\frac{e^{-x}-e^{-(k+1)x}}{x}\mathrm{d}x\tag{1}\\ &=\lim_{\epsilon\to0^+}\int_\epsilon^\infty\frac{e^{-x}-e^{-(k+1)x}}{x}\mathrm{d}x\tag{2}\\ &=\lim_{\epsilon\to0^+}\left[\int_\epsilon^\infty\frac{e^{-x}}{x}\mathrm{d}x-\int_\epsilon^\infty\frac{e^{-(k+1)x}}{x}\mathrm{d}x\right]\tag{3}\\ &=\lim_{\epsilon\to0^+}\left[\int_\epsilon^\infty\frac{e^{-x}}{x}\mathrm{d}x-\int_{(k+1)\epsilon}^\infty\frac{e^{-x}}{x}\mathrm{d}x\right]\tag{4}\\ &=\lim_{\epsilon\to0^+}\int_\epsilon^{(k+1)\epsilon}\frac{e^{-x}}{x}\mathrm{d}x\tag{5}\\ &=\lim_{\epsilon\to0^+}\int_1^{k+1}\frac{e^{-\epsilon x}}{x}\mathrm{d}x\tag{6}\\ &=\int_1^{k+1}\frac1x\mathrm{d}x-\lim_{\epsilon\to0^+}\int_1^{k+1}\frac{1-e^{-\epsilon x}}x\mathrm{d}x\tag{7}\\ &=\int_1^{k+1}\frac1x\mathrm{d}x\tag{8}\\[10pt] &=\log(k+1)\tag{9} \end{align} $$ Explicación:
$(1)$: sustituto $x\mapsto e^{-x}$
$(2)$: expresar como un límite, así que podemos separar las integrales
$(3)$: separar las integrales
$(4)$: sustituto $x\mapsto x/(k+1)$
$(5)$: recombinar las integrales
$(6)$: sustituto $x\mapsto\epsilon x$
$(7)$: separar las significativas del resto
$(8)$: El Teorema Del Sándwich: $1-\epsilon x\le e^{-\large\epsilon x}\le1\implies0\le\int_1^{k+1}\frac{1-e^{-\large\epsilon x}}x\mathrm{d}x\le\epsilon k$
$(9)$: integrar

Answer 4

No espero upvote para esto, pero seguramente esta respuesta podría también ayudar a alguien!.

Vamos $$I(k)=\int_0^1{\frac{x^k-1}{\ln x}dx}$$

$$I'(k)=\int_0^1{\frac{(x)^k\ln x}{\ln x}dx}=\int_0^1{x^kdx}=\frac{x^{k+1}}{k+1}=\frac{1}{k+1}$$

$$I(k)=\ln(k+1)+C$$

Ya tenemos $I(0)=0\implies \ln(1)+C=0\implies C=0$

$$I(k)=\int_0^1{\frac{x^k-1}{\ln x}dx}=\ln(k+1)$$

Answer 5

Otra respuesta. Es fácil ver que $\displaystyle f(x)=\frac{x^k-1}{\log x}$, $f(0)=0$ $f(1)=k$ es una función continua en a$[0,1]$$k> 0$. Poner ahora para $0<h<1$ $\displaystyle F(h)=\int_0^h f(t)dt$. Tenemos $F(h)\to F(1)=I_k$ si $h\to 0$, $h<1$. Pero: $$F(h)=\int_0^{h}\frac{x^k}{\log x}dx-\int_0^h \frac{dx}{\log x}=\int_{h^{k+1}}^h \frac{-dx}{\log x}$$ Por el cambio de variable $t^{k+1}=u$ en la primera integral.

Ahora para $x\in [h^{k+1},h]$ hemos $$h^{k+1}\frac{-1}{x\log x}\leq \frac{-x}{x\log x}\leq h\frac{-1}{x\log x}$$ donde hemos utilizado que $\displaystyle \frac{-1}{x\log x}\geq 0$.

Como $h^{k+1}\leq h$, integrando obtenemos: $$h^{k+1}\int_{h^{k+1}}^h \frac{-1}{x\log x}dx\leq F(h)\leq h\int_{h^{k+1}}^h\frac{-1}{x\log x}dx$$ Por lo tanto $$h^{k+1}\log(k+1)\leq F(h)\leq h\log(k+1)$$ y si $h\to 1$, obtenemos el resultado.