Come si fa l'integrale indefinito di $int log(x+1)dx$

[wello]

Ciao a tutti,

non so come si calcola l'integrale indefinito di $int log(x+1)dx$?

Non saprei proprio da dove partire, neanche con i metodi di integrazione per parte o per sostituzione.

Magari prima di darmi la soluzione, provate a darmi qualche suggerimento, voglio vedere se ci arrivo da solo.

Grazie a tutti per l'attenzione.

[K.Lomax]

Per parti è un buon metodo, cerca tu i fattori differenziale e finito.

[Paolo902]

Così, senza pensarci troppo, direi che anche con sostituzione si può fare... ci si può velocemente ricondurre ad un integrale quasi fondamentale (che comunque si risolve per parti, come dice K. Lomax).

[wello]

Potrebbe essere così...

$u(x)=log(x+1) -> u'(x)= 1/(x+1)$
$v'(x)=1 -> v(x)=x$

quindi

$log(x+1)x- int 1/(x+1)*x$

Corretto?

[salvozungri]

"wello":Potrebbe essere così...

$u(x)=log(x+1) -> u'(x)= 1/(x+1)$
$v'(x)=1 -> v(x)=x$

quindi

$log(x+1)x- int 1/(x+1)*x$

Corretto?

Sì è corretto, ma come concludi?

[vict85]

perché non $v(x)=x+1$?

$(x+1)log(x+1) - int (x+1)/(x+1) dx = (x+1)log(x+1) - x + c$

[GIBI1]

... applichi il metodo u-u:

$\int Log(x+1) d(x+1)$

se non ti piace $x+1$ chiamalo $ t$ e trovi

$t*Log t -t$ $\to$ $-x+(x+1)*Log(x+1)$

puoi anche mettere la pleonastica costate $c$, se ti va.

[Marco512]

puoi anche farlo senza sostituzioni, prima per parti:

$\int log(x+1)dx = xlog(x+1) - \int x/(x+1)dx = xlog(x+1) - \int (1-1/(x+1))dx = xlog(x+1) -\int 1dx + \int 1/(x+1)dx = xlog(x+1) - x +log(x+1) =(x+1) log(x+1) -x

[vict85]

"GIBI":... applichi il metodo u-u:

$\int Log(x+1) d(x+1)$

se non ti piace $x+1$ chiamalo $ t$ e trovi

$t*Log t -t$ $\to$ $-x+(x+1)*Log(x+1)$

puoi anche mettere la pleonastica costate $c$, se ti va.

Secondo me ormai il termine u-u è usato un po' impropriamente... cioé si tratta di un normale caso di integrale del tipo $int f(sigma(x))sigma'(x)dx$ che ha come soluzione $F(sigma(x))$ dove $F(x) = int f(x) dx$. Questa soluzione non usa in nessun modo la scrittura $dy/dx$ per semplificare i calcoli ma è il risultato di un serio teorema sugli integrali di Riemann-Stieltjes.

[vict85]

"Marco512":puoi anche farlo senza sostituzioni, prima per parti:

$\int log(x+1)dx = xlog(x+1) - \int x/(x+1)dx = xlog(x+1) - \int (1-1/(x+1))dx = xlog(x+1) -\int 1dx + \int 1/(x+1)dx = xlog(x+1) - x +log(x+1) =(x+1) log(x+1) -x$

Ma non capisco se non mi leggete o se semplicemente non vi rendete conto dell'evidenza...

$f=x+1$
$f'=1$

Quindi perché procedere per parti con $x$ se puoi farlo con $x+1$...

$\int log(x+1)dx = (x+1)log(x+1) - \int (x+1)/(x+1)dx = (x+1)log(x+1) - \int 1 dx = (x+1) log(x+1) -x$

[wello]

Ciao a tutti,

scusatemi se ho ritardato a rispondere ma ho voluto provare più volte l'esercizio, e grazie ai vostri consigli l'ho capito perfettamente!

Grazie mille a tutti!

[Marco512]

vict85:

Ma non capisco se non mi leggete o se semplicemente non vi rendete conto dell'evidenza...

$f=x+1$
$f'=1$

Quindi perché procedere per parti con $x$ se puoi farlo con $x+1$...

$\int log(x+1)dx = (x+1)log(x+1) - \int (x+1)/(x+1)dx = (x+1)log(x+1) - \int 1 dx = (x+1) log(x+1) -x$

Hai ragione, non avevo letto, però è un passaggio un po' ardito, voglio dire, ci sono infinite funzioni che hanno come derivata 1

[salvozungri]

Il passaggio di Vict85 non è ardito, anzi è un modo per evitare ulteriori passaggi.
Addirittura potremmo pensare di scegliere $x+c$, con c costante reale ottenendo:

$\int log(x+1)dx = (x+c)log(x+1)-\int (x+c)/(x+1)dx = (x+c)log(x+1)-(x+ (-1+c)log(x+1)) =$
$=xlog(x+1)+clog(x+1)-x+log(x+1)-clog(x+1)= (x+1)log(x+1)-x$
Alla fine abbiamo lo stesso risultato