[EX] Integrali con potenze e logaritmi

[gugo82]

Un esercizio per chi prepara Analisi I, da farsi rigorosamente tra una porzione di struffoli ed un mustacciuolo.

***

Esercizio:

Per ogni $n,m in NN$, calcolare $int_0^1 x^n log^m x text(d) x$.

[pilloeffe]

Beh, visto che nessuno si fa avanti e mi dispiace che il post cada in disgrazia dato che l'esercizio mi pare ottimo, propongo in spoiler una soluzione non proprio da Analisi I, così da lasciare quelle a chiunque altro volesse cimentarsi...

L'integrale proposto è il seguente:

$ \int_0^1 x^n ln^m x \text{d}x $

Posto $t := - ln x \implies x = e^{-t}, text{d}t = - 1/x \text{d}x $, per $x \to 0^+ \implies t \to +\infty $, mentre per $x = 1 \implies t = 0 $, per cui l'integrale proposto diventa il seguente:

$ \int_0^1 x^n ln^m x \text{d}x = \int_0^{+\infty} e^{-(n + 1)t} (-t)^m \text{d}t = (-1)^m \int_0^{+\infty} t^m e^{-(n + 1)t} \text{d}t $

A questo punto, posto $u := (n + 1)t \implies \text{d}u = (n + 1) \text{d}t $, si ha:

$ \int_0^1 x^n ln^m x \text{d}x = (-1)^m \int_0^{+\infty} t^m e^{-(n + 1)t} \text{d}t = (-1)^m/(n + 1)^{m + 1} \int_0^{+\infty} u^m e^{-u} \text{d}u = $
$ = (-1)^m (\Gamma(m + 1))/(n + 1)^{m + 1} = (-1)^m (m!)/(n + 1)^{m + 1} $

[gugo82]

Grazie pilloeffe.

Posterò una soluzione da Analisi I alla fine delle vacanze, nella speranza che qualcuno voglia cimentarsi nel frattempo (l'esercizio non è difficile).

[dissonance]

Non so se è la stessa di pilloeffe.

Cambiando variabile \(t=-\log x\) l'integrale diventa
\[
(-1)^m\int_0^\infty e^{-(n+1)t}t^m\, dt = \frac{(-1)^m}{(n+1)^{m+1}}\int_0^\infty e^{-t}t^m\, dt, \]
ovvero
\[
(-1)^m\frac{\Gamma(m+1)}{(n+1)^{m+1}}=\frac{(-1)^m m!}{(n+1)^{m+1}}.\]

Belli i Pink Floyd

[pilloeffe]

Ciao dissonance,

Innanzitutto Buon Anno!

Sì è la stessa che ho proposto io, ma mi pare che nella tua ci sia qualche imprecisione...
Propongo un'altra soluzione veloce alla Richard Feynman:

Si consideri l'integrale seguente: $I(a) = \int_0^1 x^a \text{d}x = 1/(a + 1) = (a + 1)^{- 1} $
Derivando $m $ volte rispetto ad $a$ si ha:

$ I^{(m)}(a) = \int_0^1 x^a ln^m x \text{d}x = ((- 1)^m m!)/(a + 1)^{m + 1} $

A questo punto basta assumere $a = n $ e si ottiene il medesimo risultato già ottenuto precedentemente:

$ I^{(m)}(n) = \int_0^1 x^n ln^m x \text{d}x = ((- 1)^m m!)/(n + 1)^{m + 1} $

[ciampax]

Suppongo che la soluzione da Analisi 1 che intende Gugo sia questa:

chiamo il mio integrale
$$I_{n,m}=\int_0^1 x^n\log^m x\ dx$$
e osservo, con una integrazione per parti, che $$I_{n,m}=-\frac{m}{n+1} I_{n,m-1}$$.
A questo punto, analizzando il valore di $$I_{n,0}=\frac{1}{n+1}$$ e utilizzando la relazione precedente, concludo che (basta guardare un paio di casi per convincersene, oppure si può dimostrare per induzione su $m$
$$I_{n,m}=(-1)^m\frac{m!}{(n+1)^{m+1}}$$

Volevo essere più dettagliato, ma sto cucinando!

[pilloeffe]

Ciao ciampax,

Innanzitutto bentornato e Buon 2020!

"ciampax":Volevo essere più dettagliato, ma sto cucinando!

Questa è fantastica...

"ciampax":Suppongo che la soluzione da Analisi 1 che intende Gugo sia questa:

Sì, credo anch'io che gugo82 intendesse quella che hai proposto, ma diciamo che l'idea era lasciare che si cimentasse qualcuno che sta studiando Analisi I, anche se poi in effetti non si è cimentato nessuno (forse pensando erroneamente che l'esercizio fosse complicato o forse perché sono ancora tutti in vacanza... ).

[dissonance]

Ciao ciampax, quanto tempo, buon anno! Che prepari di bello?

Per non lasciare questo post senza nessun contenuto matematico, una piccola osservazione, in fondo le dimostrazioni con la funzione Gamma e quella di ciampax sono la stessa, visto che poi per dimostrare che \(\Gamma(n+1)=n!\) si usa proprio la tecnica di ciampax. Vabbé.

@pilloeffe: è vero che ho scritto il post precedente con scarsa cura, ma ho ricontrollato i conti e non ho trovato errori, ti va di dirmi dove vedi una imprecisione? Ma solo se hai tempo, non è molto importante

[pilloeffe]

"dissonance":in fondo le dimostrazioni con la funzione Gamma e quella di ciampax sono la stessa, visto che poi per dimostrare che $\Gamma(n+1)=n! $ si usa proprio la tecnica di ciampax.

Beh hai ragione, ma diciamo che tipicamente le funzioni speciali come la funzione $\Gamma(x) $ non fanno parte dei programmi di Analisi I: a dire il vero io non le vidi neanche in Analisi II, ma per la prima volta in Analisi III, che ai miei tempi si chiamava Complementi di matematiche (e meno male che erano "Complementi", non oso immaginare se si fosse chiamato "Quasi tutto quello che (non) avresti voluto sapere sulle matematiche"... )

"dissonance":[...] ti va di dirmi dove vedi una imprecisione?

Niente di che, nella prima riga l'esponente a denominatore è $m + 1$, poi hai mascherato un cambiamento di variabile richiamando nuovamente con $t$ la variabile, cosa perfettamente lecita intendiamoci, ma diciamo che "didatticamente parlando" non è il massimo...
Comunque concordo con te:

"dissonance":[...], non è molto importante

[ciampax]

Salve ragazzuoli, scusate la cucina e gli ospiti mi hanno preso (per dissonance: ho fatto delle tagliatelle ai funghi e delle salsicce al forno con le patate novelle).
Sì, avevo intuito che Gugo volesse che qualcuno si cimentasse, ma lo sapete com'è: la gente è terrorizzata da Gughetto. Comunque mi sono reso conto che non scrivevo sul forum da una vita... eh, troppi impegni di lavoro!

[gugo82]

@ Ciampax: Bentornato, auguri di buon anno e di buona (avvenuta) digestione.

E sì, la soluzione che avevo in mente era proprio quella proposta da te.

Osservo a margine che la stessa tecnica consente di dimostrare che ogni funzione della famiglia $x^n log^m x$ è elementarmente integrabile e di determinarne le primitive; conseguentemente è possibile risolvere il seguente:

Esercizio:

Calcolare:

$int_0^a x^n log^m x text(d) x$

con $a>0$, $n,m in NN$.

[pilloeffe]

Per quanto concerne l'esercizio inizialmente proposto c'è anche una soluzione che si basa sulla serie dell'esponenziale che propongo qui di seguito:

Si può notare che si ha:

$\sum_{m = 0}^{+\infty} z^m/(m!) \int_0^1 x^n ln^m x \text{d}x = \int_0^1 x^n [\sum_{m = 0}^{+\infty} z^m/(m!) (ln x)^m] \text{d}x = \int_0^1 x^n [\sum_{m = 0}^{+\infty} (z ln x)^m/(m!)] \text{d}x = $
$ = \int_0^1 x^{n + z} \text{d}x = 1/(z + n + 1) = 1/(n + 1) \cdot 1/(1 + z/(n + 1)) = 1/(n + 1) \cdot \sum_{m = 0}^{+\infty} (- 1)^m/(n + 1)^m z^m = $
$ = \sum_{m = 0}^{+\infty} (- 1)^m/(n + 1)^{m + 1} z^m $

Confrontando i coefficienti di quest'ultima serie con quelli delle serie iniziale si ottiene:

$ 1/(m!) \int_0^1 x^n ln^m x \text{d}x = (- 1)^m/(n + 1)^{m + 1} \implies \int_0^1 x^n ln^m x \text{d}x = (- 1)^m \frac{m!}{(n + 1)^{m + 1} } $

Invece per quanto concerne l'esercizio "rilanciato":

$ \int_0^a x^n ln^m x text(d)x $

con $a > 0 $ e $n,m \in \NN $ proporrei un cambiamento di variabile in modo da ricondursi all'integrale dell'esercizio inizialmente proposto, cioè $t := x/a \implies \text{d}t = 1/a \text{d}x $ sicché per $ x = 0 \implies t = 0 $, per $x = a \implies t = 1 $ in modo tale che si abbia:

$ \int_0^a x^n ln^m x text(d)x = \int_0^1 (at)^n ln^m (at) a \text{d}t = a^{n + 1} \int_0^1 t^n (ln t + ln a)^m \text{d}t = $
$ = a^{n + 1} \int_0^1 t^n \sum_{k = 0}^m ((m),(k)) ln^k t \cdot (ln a)^{m - k} \text{d}t = a^{n + 1} \sum_{k = 0}^m ((m),(k)) (\int_0^1 t^n ln^k t \text{d}t) \cdot (ln a)^{m - k} = $
$ = a^{n + 1} \sum_{k = 0}^m ((m),(k)) k! (-1)^k/(n + 1)^{k + 1}\cdot (ln a)^{m - k} = a^{n + 1}/(n + 1) \sum_{k = 0}^m ((m),(k)) k! (-1)^k/(n + 1)^k \cdot (ln a)^{m - k} = $
$ = a^{n + 1}/(n + 1) \sum_{k = 0}^m ((m),(k)) k! (-1/(n + 1))^k (ln a)^{m - k} = a^{n + 1}/(n + 1) \sum_{k = 0}^m (m!)/((m - k)!) (-1/(n + 1))^k (ln a)^{m - k} = $
$ = (-1)^m/(n + 1)^{m + 1} \Gamma(m + 1, -(n + 1)ln a) $

ove $\Gamma(z, x) := \int_x^{+\infty} t^{z - 1} e^{- t} \text{d}t $ è la funzione gamma incompleta superiore e naturalmente $\Gamma(z, 0) = \Gamma(z) $, per cui nel caso in cui $a = 1 $ si ha $\Gamma(m + 1, 0) = \Gamma(m + 1) = m! $ ritrovando così naturalmente come caso particolare quello già dimostrato.