Integral de longitud de arco de xxxxx^x de 0 a 1 en forma cerrada.

Una solución trivial a este problema que se acaba de notar fue usar la definición de la integral con una variable y las otras técnicas de estimación probablemente den la misma suma, como la regla del trapezoide:

$$\int_a^b f(x) dx=\sum_{k=1}^n f(x_k=a+iΔx)Δx, Δx=\frac {b-a}{n}$$

Esto significa$Δx=\frac {1-0}{n}$y

$$P_1= \lim_{n\to ∞ }\frac 1n \sum_{k=1}^n \sqrt{1+\bigg(\frac kn\bigg)^{\frac{2k}{n}}(ln(x)+1)^2}=.8142...$$ y el perímetro, al no poder combinar los dos términos de la raíz cuadrada, es $$P=\lim_{n\to ∞ } \bigg(\sqrt{1+\bigg(\frac kn\bigg)^{\frac{2k}{n}}(ln(x)+1)^2}+ \sqrt{1+\bigg(\frac kn\bigg)^{-\frac{2k}{n}}(ln(x)+1)^2}\bigg) =3.0847...$$ Ahora para las superficies de revolución: ¡ demostración de cómo se ven las superficies! Simplemente ignore los "lados" y los "pequeños errores" de la superficie de revolución y, ya que eso es una consecuencia de los límites porque Math3d no tiene el registro de producto que se usaría para graficarlo con la función inversa usando la fórmula de la superficie de revolución x. allá. Los artefactos del gráfico incluyen el "husillo" incompleto y la superposición de las dos superficies que se debe solo a errores de aproximación y tecnología.

El área de superficie sobre el eje x es la suma de las dos áreas de superficie ya que los dos "lados" del gráfico no se cruzan. Se probó la suma de raíces cuadradas en una raíz cuadrada, pero no funcionó en la suma lo cual es curioso,$\sqrt a \pm\sqrt b=\sqrt{a+b\pm \sqrt{ab}}$

$$S_x= 2π\lim_{n\to ∞ }\frac 1n \sum_{k=1}^n\bigg(\frac kn\bigg)^{\frac{k}{n}} \bigg(\sqrt{1+\bigg(\frac kn\bigg)^{\frac{2k}{n}}(ln(x)+1)^2}+ \sqrt{1+\bigg(\frac kn\bigg)^{-\frac{2k}{n}}(ln(x)+1)^2}\bigg)\bigg)=17.46376...$$

El área de superficie para f(x)=y alrededor del eje y tendría el Δx multiplicado por el factorizado$x_k$:

$$S_y= 2π \lim_{n\to ∞ } \frac 1{n^2} \sum_{k=1}^nk \biggl(\sqrt{1+\bigg(\frac kn\bigg)^{\frac{2k}{n}}(ln(x)+1)^2}+ \sqrt{1+\bigg(\frac kn\bigg)^{-\frac{2k}{n}}(ln(x)+1)^2}\biggr) =7.6398...$$

Los volúmenes de revolución se pueden resolver sorprendentemente usando la notación de suma y probablemente otras funciones especiales y la definición o la definición integral de Reimann, pero eso sería "aburrido", y es divertido ver los pasos detrás de ellos. El intercambio de la prueba integral y sumatoria se deja como ejercicio y probablemente podría hacerse con el teorema de Fubuni o un teorema de convergencia. Un paso crucial en estas soluciones es usar la serie de potencias para$e^x$y el teorema del binomio de$(1\pm x)^n$.

Para el volumen sobre el eje x y ningún otro eje, por simplicidad, de la lámina roja, sería más fácil utilizar la técnica de la concha. El área de una concha, o un anillo, es$πR^2$donde R se define en la integral como la diferencia de los dos radios funcionales con cada cuadrado que recuerda al teorema de Pitágoras. La forma es la suma de los volúmenes de los cilindros a medida que el ancho se aproxima a cero, de modo que obtenemos la integral, la expandimos en una serie de potencias de la función exponencial de base natural y factorizamos para superar la x definida en nuestro problema porque estamos usando la método de anillo sobre este eje:

$$V_x=π\int_0^1 r_1^2-r_2^2 dx= π\int_0^1 x^{-2x}-x^{2x}dx=π\int_0^1 \sum_{n=0}^ ∞\frac{2^nx^nln^n(x)((-1)^n-1)}{n!}dx$$

El siguiente paso para encontrar la forma exacta de este volumen sería aislar el integrando en la integral y factorizar las constantes para luego integrar de manera similar como en el último paso de la pregunta y simplificar.

$$V_x=\sum_{n=0}^ ∞\frac{2^n((-1)^n-1)}{n!}\int_0^1 x^nln^n(x)dx=\frac π2 \sum_{n=1}^ ∞ \frac{2^n((-1)^n+1)}{n^n}=3.34229990…$$

Finalmente, el volumen alrededor de la línea y=1 se puede hacer más fácilmente usando el método del cilindro que dará$V_y=2πrh$que se integrará sobre los valores de x porque al usar esta regla, uno integra sobre el "lado" opuesto al eje en el espacio euclidiano 2d. Si usáramos la otra regla para este volumen o la regla del cilindro para encontrar V_x, tendríamos que obtener valores feos de la función gamma incompleta como

$$.6902...=\sqrt[-e]e\le y \le \sqrt[e]e=1.4446…$$

La superficie definida sería un cilindro modificado que tiene un radio de 1-x, ya que lo máximo que puede llegar a ser el radio es el valor máximo de x en la lámina, siendo el radio el "valor restante", es decir, x+r=1, y altura de$x^{-x}-x^x$al igual que cuando encontramos el área de la lámina, restamos la curva "interior" de la curva "exterior" para encontrar la altura del rectángulo. Todo esto significa que nuestro volumen es:

$$V_y=2π\int_0^1 rh\mathrm dx=2π\int_0^1 (x^x-x^{-x})(1-x)dx=2π\int_0^1 x^{-x}-x^x-x^{1-x}+x^{1+x}dx$$

Luego hacemos lo mismo que el último problema de volumen y ya sabemos la integral de$x^{-x}-x^x$de 0 a 1 ya que ese es simplemente el conjugado del área en la pregunta. Esta sumatoria no será suficiente para integrar porque tendremos un nuevo problema de integración con el$x^{1\pm x}$términos. Esta es la razón por la que será necesaria una segunda suma. Obviamente, al igual que en el último ejemplo, podemos combinar todas las sumas en una al final con el mismo índice y solo otra para la suma interna. Esto es simplemente porque están en el mismo problema y convergerán e integrarán de manera similar a la pregunta:

$$\int_0^1 x^{1+x}-x^{1-x}dx=\int_0^1 \sum_{n=0}^ ∞ \bigg(\frac{(1+x)^n ln^n(x)}{n!}-\frac{(1-x)^n ln^n(x)}{n!}\bigg)dx= \sum_{n=0}^ ∞ \frac 1{n!} \int_0^1 (1+x)^n ln^n(x)-(1-x)^n ln^n(x)dx= \sum_{n=0}^ ∞ \frac 1{n!} \int_0^1 ln^n(x)\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^k-ln^n(x)\sum_{k=0}^n(-1)^nx^kdx=\sum_{n=0}^∞\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac {(-1)^{n+1}}{(k+1)^{n+1}}+ \sum_{n=0}^∞\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac {(-1)^{n+k+1}}{(k+1)^{n+1}}=-.225439...$$ .

Negar esta expresión y multiplicar por 2π dará el volumen sobre el eje y como un valor adicional:

$$V_y^*=2π\int_0^1 x(x^{-x}-x^x)dx= -2π\bigg(\sum_{n=0}^∞\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac {(-1)^{n+1}}{(k+1)^{n+1}}+ \sum_{n=0}^∞\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac {(-1)^{n+k+1}}{(k+1)^{n+1}}\bigg)=2π\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^n\binom nk \frac{(-1)^{k+n}+(-1)^n}{k^n} =2π\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^n\binom nk \frac{(-1)^n+1}{(-k)^n}=1.416476…$$

Gracias a @Uwe por encontrar un método para simplificar este resultado:

$$V_y^*=\sum_{n=1}^{\infty}(2n+1)^{-2n}$$

Con todo, la respuesta se puede simplificar parcialmente si se realiza una sustitución y se lleva a cabo un atajo de desmos que se descubrió accidentalmente y se vincula a continuación:

$$V_y=2π\biggl(\sum_{n=0}^∞\sum_{k=0}^{n+1} \binom{n}{k} \frac {(-1)^{n+1}}{(k+1)^{n+1}}+\sum_{n=0}^∞\sum_{k=0}^{n+1} \binom{n}{k} \frac {(-1)^{n+k+1}}{(k+1)^{n+1}}+\sum_{n=1}^∞ \frac{(-1)^n+1}{n^n}\biggl)= 2π\sum_{n=1}^∞\biggl(\frac{(-1)^n+1}{n^n}+\sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k-1} \frac {(-1)^{n+1}((-1)^k+1)}{k^n}\biggl)=-2π\sum_{n=1}^∞\sum_{k=1}^{n-1} \binom{n-1}{k-1}\frac{(-1)^k+1}{(-k)^n}=$$ $$-2π\sum_{n=1}^∞\sum_{k=1}^{n-1} \binom{n-1}{k-1}\frac{(-1)^{k+n}+(-1)^n}{k^n}=1.774473…$$ Prueba de$V_y$

También hay un simplificado de @Uwe:

$$V_y= 4\pi\sum_{r=1}^\infty\left((2r)^{-2r}-(2r+1)^{-2r}\right)$$