Olimpiada Propuesto: Año nuevo matemático - Cálculo (2/4)

[angel relativamente]

Con las mismas reglas que el anterior, propongo el segundo de temática "cálculo". Mucha suerte a los que lo intenten

PROBLEMA 2 - CÁLCULO

Halla y justifica el valor de

$$A=\exp \left( \dst\int_0^1\dfrac{x^{2016} - 1 } {\ln x } \dd x \right)$$

Pista 1:

Ocultar contenido

Mostrar solución Ocultar solución

Intenta calcular el valor de $I(\lambda )=\dst\int_0^1\dfrac{x^{\lambda} - 1} {\ln x } \dd x , \quad \lambda \in \mathbb{R}^+$

Enlaces a los otros problemas:
Año nuevo matemático - Álgebra (1/4)
Año nuevo matemático - Geometría (3/4)
Año nuevo matemático - Probabilidad (4/4)

[Alriga]

Re: Propuesto: Año nuevo matemático - Cálculo (2/4)

Ocultar contenido

Mostrar solución Ocultar solución

Usando la pista se me ha ocurrido calcular numéricamente:

$\dst\int_0^1\dfrac{x - 1} {\ln x } \dd x=0.6931...$

Y he reconocido ese valor como probablemente $0.6931...=\ln 2$ pues es un valor muy común que aparece en la Física, la Química y las Matemáticas. Ahora calculo numéricamente:

$\dst\int_0^1\dfrac{x^2 - 1} {\ln x } \dd x=1.0986...$

Que ya no reconozco, pero compruebo si ese número pudiese ser $1.0986...=\ln 3$ . Y resulta que sí parece que lo es.

Calculo $\dst\int_0^1\dfrac{x^3 - 1} {\ln x } \dd x = 1.3862... = \ln 4$

Con lo que intuyo que para k=1, 2, 3, ...

$\dst\int_0^1\dfrac{x^k - 1} {\ln x } \dd x=\ln(k+1)$

Por lo tanto intuyo que la solución es:

$A=\exp \left( \dst\int_0^1\dfrac{x^{2016} - 1 } {\ln x } \dd x \right)=\exp \ [ \ \ln(2016+1) \ ]=2017$

Pero soy consciente de que no he demostrado nada, seguiré pensando, aunque reconozco que estoy muy, muy oxidado

Saludos.

[angel relativamente]

Re: Propuesto: Año nuevo matemático - Cálculo (2/4)

Hola Alriga.
Es verdad que no está demostrado, pero es una forma ingeniosa de intuir la solución enhorabuena. Saber cuál es el resultado es la mejor pista para abordar el problema por buen camino. Yo he de reconocer que antes de resolverlo por primera vez metí la expresión en el Wolfram, que hace los cálculos con métodos numéricos por mí.
Si en un par de días nadie ha dado con la solución subo pista adicional

[Penrose]

Re: Propuesto: Año nuevo matemático - Cálculo (2/4)

Me va a estallar la cabeza de tanto darle vueltas pero voy a seguir intentándolo. La verdad es que nunca había visto una integral tan complicada
Saludos

[sater]

Re: Propuesto: Año nuevo matemático - Cálculo (2/4)

Ocultar contenido

Mostrar solución Ocultar solución

Si se deriva $I(\lambda)$ se puede obtener facilmente (resolviendo la ecuación diferencial que sale) que la solución es la predicha por Alriga.

[angel relativamente]

Re: Propuesto: Año nuevo matemático - Cálculo (2/4)

¡Enhorabuena Sater! esa es la solución más sencilla y bonita. Me alegra que lo hayas sacado.

Si alguien quiere seguir intentándolo con otro método más "intuitivo",dejo una segunda pista:

Pista 2:

Ocultar contenido

Mostrar solución Ocultar solución

Probar el cambio de variable $x=e^{-y}$ y luego una integración por partes

[angel relativamente]

Re: Propuesto: Año nuevo matemático - Cálculo (2/4)

Dejo la solución detallada para el que le interese:

Solución 1:

Ocultar contenido

Mostrar solución Ocultar solución

Si consideramos la función $\dst I(\lambda)=\int_0^1 \dfrac{x^\lambda -1 }{\ln x} \dd x, \quad \lambda\geq 0$ tenemos que

$$\dfrac{\dd I(\lambda ) } {\dd \lambda }=\int_0^1 \dfrac{\dd } {\dd \lambda } \left( \dfrac{x^\lambda -1 }{\ln x} \right) \dd x =\int_0^1 x^\lambda \dd x =\dfrac{1}{\lambda + 1}$$

Integrando con respecto a $\lambda$ tenemos $I(\lambda )= \ln (\lambda + 1) + C$. Pero $I(0)=\int_0^1 \dfrac{x^0 -1 }{\ln x} \dd x = 0$ por lo que $C=0$ y por tanto $I(\lambda)=\ln (\lambda + 1)$. En particular $I(2016)=\ln 2017$ y por tanto $A=2017$

Solución 2:

Ocultar contenido

Mostrar solución Ocultar solución

Si hacemos el cambio de variable $x=e^{-y}$ a la integral $\dst I(\lambda)=\int_0^1 \dfrac{x^\lambda -1 }{\ln x} \dd x, \quad \lambda\geq 0$ obtenemos la integral $I(\lambda)=\dst \int_0^\infty \dfrac{e^{-y} - e^{-(\lambda + 1) y } }{y} \dd y$. Si hacemos ahora una integración por partes, tomando $u=e^{-y} - e^{-(\lambda + 1) y }, \; \; \dd v = \dfrac{\dd y } y$ obtenemos

$$I(\lambda ) = \underbrace{\left[\left(e^{-y} - e^{-(\lambda + 1) y } \right) \ln y \right]_0^\infty }_{=0}+ \int_0^\infty \left(e^{-y} -(\lambda + 1) e^{-(\lambda + 1)y } \right ) \ln y \dd y= I_1 - I_2$$

Con $\dst I_1=\int_0^\infty e^{-y}\ln y \dd y$ y $\dst I_2 =\int_0^\infty (\lambda + 1) e^{-(\lambda + 1)y } \ln y \dd y$. Finalmente haciendo el cambio de variable $z=(\lambda + 1) y$ en la integral $I_2$ queda $\dst I_2=\int_0^\infty e^{-z } \ln \left(\dfrac{z}{\lambda + 1 } \right) \dd z =\int_0^\infty e^{-z } \ln z \dd z - \ln (\lambda +1 ) \int_0^\infty e^{-z} \dd z = I_1 - \ln(\lambda + 1)$. Por consiguiente $I(\lambda )= I_1 - (I_1 -\ln(\lambda + 1) ) = \ln(\lambda + 1)$. En particular $I(2016)=\ln 2017$ y se concluye que $A=2017$

¡Saludos y suerte en los siguientes!