RIcorrenza integrale definito
Ciao, amici! Mi sto perdendo con un'espressione sicuramente molto semplice: vorrei verificare che, chiamati $\mu_k=\int_{0}^{1} x^k\ln(x+1)\text{d}x$ i momenti della funzione peso* \(w(x)=\ln(x+1)\), è verificata la relazione di ricorrenza\[\mu_k=\frac{(k+1)\ln4-1}{(k+1)^2}-\frac{k}{k+1}\mu_{k-1}\]
con $k\geq 1$ e $\mu_0=\ln4-1$.
Ora, io calcolerei integrando per parti, cosa che evidentemente non so più fare, considerando che $\int\ln(x+1)\text{d}x=(x+1)\ln(x+1)-x+C$ così
$\int_{0}^{1}x^k\ln(x+1)\text{d}x=[x^k((x+1)\ln(x+1)-x)]_{0}^{1}-\frac{1}{k}\int_{0}^{1}x^{k}\ln(x+1)+x^{k-1}\ln(x+1)-x^k\text{d}x$
$=\ln4-1-\frac{1}{k}\mu_k-\frac{1}{k}\mu_{k-1}+\frac{1}{k(k+1)}$ e quindi mi sembrerebbe che $\mu_k=\frac{k(\ln4-1)}{k+1}+\frac{1}{(k+1)^2}-\frac{\mu_{k-1}}{k+1}$, che non è la formula del testo, la quale, oltretutto, mi sembra valida per verifica diretta con alcuni $k$...
Qualcuno nota il mio errore?
$+\infty$ grazie!!!
*usata in analisi numerica.
con $k\geq 1$ e $\mu_0=\ln4-1$.
Ora, io calcolerei integrando per parti, cosa che evidentemente non so più fare, considerando che $\int\ln(x+1)\text{d}x=(x+1)\ln(x+1)-x+C$ così
$\int_{0}^{1}x^k\ln(x+1)\text{d}x=[x^k((x+1)\ln(x+1)-x)]_{0}^{1}-\frac{1}{k}\int_{0}^{1}x^{k}\ln(x+1)+x^{k-1}\ln(x+1)-x^k\text{d}x$
$=\ln4-1-\frac{1}{k}\mu_k-\frac{1}{k}\mu_{k-1}+\frac{1}{k(k+1)}$ e quindi mi sembrerebbe che $\mu_k=\frac{k(\ln4-1)}{k+1}+\frac{1}{(k+1)^2}-\frac{\mu_{k-1}}{k+1}$, che non è la formula del testo, la quale, oltretutto, mi sembra valida per verifica diretta con alcuni $k$...
Qualcuno nota il mio errore?
$+\infty$ grazie!!!
*usata in analisi numerica.
Risposte
Quando integri il logaritmo potresti prendere come primitiva quella che si ottiene con \(C=-1\), i.e. \((1+x)\ \big(\ln (1+x) - 1\big)\).
Facendo così i conti mi tornano.
Facendo così i conti mi tornano.
Grazie, Gugo!!! Sai che neanche così mi tornano i conti? A parte il fatto che non riesco ad individuare dove ho sbagliato (qualunque sia la primitiva presa in considerazione l'integrale è lo stesso), dal momento che mi pare che per esempio per $k=2$ la mia formula $\frac{2(\ln4-1)}{3}+1/9-1/3\mu_1=2/3\ln4-23/36$ non coincida con $\int_0^1 x^2\ln(1+x)\text{d}x=1/3\ln4-5/18$, ma, utilizzando la primitiva \((1+x)(\ln(1+x)-1)\), calcolo
$\mu_k=[x^k(1+x)(\ln(1+x)-1)]_{0}^{1}-1/k\int_{0}^{1}x^{k-1}(1+x)(\ln(1+x)-1)\text{d}x$
$=\ln4-2-\mu_{k-1}/k-\mu_k/k-1/k\int_{0}^{1}x^{k-1}+x^k\text{d}x=\ln4-2-\mu_{k-1}/k-\mu_k/k-(2k+1)/(k^2(k+1))$
$=(k(\ln4-2))/(k+1)-(2k+1)/(k(k+1)^2)-\mu_{k-1}/(k+1)$... Era da quando seguivo un volume 1 di analisi che non mi impantanavo in cose apparentemente tanto semplici come un'integrazione per parti...
Grazie di cuore ancora per la pazienza...
$\mu_k=[x^k(1+x)(\ln(1+x)-1)]_{0}^{1}-1/k\int_{0}^{1}x^{k-1}(1+x)(\ln(1+x)-1)\text{d}x$
$=\ln4-2-\mu_{k-1}/k-\mu_k/k-1/k\int_{0}^{1}x^{k-1}+x^k\text{d}x=\ln4-2-\mu_{k-1}/k-\mu_k/k-(2k+1)/(k^2(k+1))$
$=(k(\ln4-2))/(k+1)-(2k+1)/(k(k+1)^2)-\mu_{k-1}/(k+1)$... Era da quando seguivo un volume 1 di analisi che non mi impantanavo in cose apparentemente tanto semplici come un'integrazione per parti...
Grazie di cuore ancora per la pazienza...
Mi piace più con \(k,k+1\) al posto di \(k-1,k\)... Quindi faccio i conti con questa coppia di indici.
Hai:
\[
\begin{split}
\mu_{k+1} &= x^{k+1}\ (1+x)\ \big( \ln (1+x) - 1\big)\Big|_0^1 - (k+1)\ \int_0^1 x^k\ (1+x)\ \big( \ln (1+x) - 1\big)\ \text{d} x\\
&= \ln 4 - 2 - (k+1)\ \mu_k - (k+1)\ \mu_{k+1} + (k+1)\ \int_0^1 x^k\ (1+x)\ \text{d} x\\
&= \ln 4 - 2 - (k+1)\ \mu_k - (k+1)\ \mu_{k+1} + 1 + \frac{k+1}{k+2}\\
&= \ln 4 - \cancel{2} - (k+1)\ \mu_k - (k+1)\ \mu_{k+1} + \cancel{2} - \frac{1}{k+2}\\
&= \frac{(k+2)\ \ln 4 - 1}{k+2} + (k+1)\ \mu_k - (k+1)\ \mu_{k+1}
\end{split}
\]
ergo:
\[
(k+2)\ \mu_{k+1} = \frac{(k+2)\ \ln 4 - 1}{k+2} + (k+1)\ \mu_k
\]
e da qui:
\[
\mu_{k+1} = \frac{(k+2)\ \ln 4 - 1}{(k+2)^2} + \frac{k+1}{k+2}\ \mu_k\; ,
\]
che è del tutto equivalente (modulo uno shift dell'indice) alla formula che hai riportato nel tuo OP.
Hai:
\[
\begin{split}
\mu_{k+1} &= x^{k+1}\ (1+x)\ \big( \ln (1+x) - 1\big)\Big|_0^1 - (k+1)\ \int_0^1 x^k\ (1+x)\ \big( \ln (1+x) - 1\big)\ \text{d} x\\
&= \ln 4 - 2 - (k+1)\ \mu_k - (k+1)\ \mu_{k+1} + (k+1)\ \int_0^1 x^k\ (1+x)\ \text{d} x\\
&= \ln 4 - 2 - (k+1)\ \mu_k - (k+1)\ \mu_{k+1} + 1 + \frac{k+1}{k+2}\\
&= \ln 4 - \cancel{2} - (k+1)\ \mu_k - (k+1)\ \mu_{k+1} + \cancel{2} - \frac{1}{k+2}\\
&= \frac{(k+2)\ \ln 4 - 1}{k+2} + (k+1)\ \mu_k - (k+1)\ \mu_{k+1}
\end{split}
\]
ergo:
\[
(k+2)\ \mu_{k+1} = \frac{(k+2)\ \ln 4 - 1}{k+2} + (k+1)\ \mu_k
\]
e da qui:
\[
\mu_{k+1} = \frac{(k+2)\ \ln 4 - 1}{(k+2)^2} + \frac{k+1}{k+2}\ \mu_k\; ,
\]
che è del tutto equivalente (modulo uno shift dell'indice) alla formula che hai riportato nel tuo OP.
Grazie di cuore, Gugo...
Sono proprio fuso: sbagliavo la derivata di $x^k$ scrivendola... \(x^{k-1}/k\)!!!!!!
Dovrei dormire di più...
Ho verificato che anche utlizzando la primitiva che ho usato all'inizio tutto fila liscio, pur di non sbagliare la derivata...
Sono proprio fuso: sbagliavo la derivata di $x^k$ scrivendola... \(x^{k-1}/k\)!!!!!!
Dovrei dormire di più... Ho verificato che anche utlizzando la primitiva che ho usato all'inizio tutto fila liscio, pur di non sbagliare la derivata...
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