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Integrales para soltar la mano, recolectando problemitas

Jean Renard Gran... Jean Renard Granier Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 31 2008, 04:34 AM Publicado: #11
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.920 Registrado: 19-August 06 Desde: DIM, DCC Beauchef Miembro Nº: 1.989 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	Veamos un ejercicio bonito. Probar que $TEX: $$\int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\frac{{\cos ^2 \left( x \right)}}{{1 + \cos ^2 \left( {\xi x} \right)}}} dx\mathop \to \limits_{\xi \to \infty } \frac{\pi }{{4\sqrt 2 }}$$$ . Sean $TEX: $$I\left( \xi \right) = \int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\frac{{\cos ^2 \left( x \right)}}{{1 + \cos ^2 \left( {\xi x} \right)}}dx}$$$ y $TEX: $$J\left( \xi \right) = \int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\frac{{sen^2 \left( x \right)}}{{1 + \cos ^2 \left( {\xi x} \right)}}dx} $$$ . Podemos observar que $TEX: $$I\left( \xi \right) + J\left( \xi \right) = \int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\frac{1}{{1 + \cos ^2 \left( {\xi x} \right)}}dx} = \frac{1}{\xi }\int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle {\xi \pi }$}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\frac{1}{{1 + \cos ^2 \left( x \right)}}dx} $$$ . Podemos probar sin dificultad que $TEX: $$\frac{1}{\xi }\int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle {\xi \pi }$}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\frac{1}{{1 + \cos ^2 \left( x \right)}}dx} \mathop \to \limits_{\xi \to \infty } \int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\frac{1}{{1 + \cos ^2 \left( x \right)}}dx} = \frac{\pi }{{2\sqrt 2 }}$$$ . Finalmente, nos restaría probar que $TEX: $$I\left( \xi \right) - J\left( \xi \right)\mathop \to \limits_{\xi \to \infty } 0$$$ . Eso es todo por ahora. -------------------- Miembro de Anime No Seishin Doukokai, podrías ser el próximo.

caf_tito Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 31 2008, 01:28 PM Publicado: #12
Dios Matemático Supremo Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 1.605 Registrado: 25-June 05 Miembro Nº: 123 Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	off topic: Ahora todos saben integrar ,c reo que tendré que estudiar harto para este verano --------------------

Jean Renard Gran... Jean Renard Granier Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 31 2008, 10:29 PM Publicado: #13
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.920 Registrado: 19-August 06 Desde: DIM, DCC Beauchef Miembro Nº: 1.989 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	Viendo que el tema está bastante activo, sigamos con otro ejercicio. Probar que $TEX: $$\int_0^\infty {\frac{{x^{s - 1} }}{{e^{\xi x} + 1}}} dx = \frac{{\left( {1 - 2^{1 - s} } \right)\Gamma \left( s \right)}}{{\xi ^s }}\zeta \left( s \right),\left\| {\Re \left( \xi \right) > 0,\Re \left( s \right) > 1} \right\|$$$ . Primero, nos conviene probar que $TEX: $$\int_0^\infty {\frac{{x^{s - 1} }}{{e^{\xi x} - 1}}} dx = \frac{{\Gamma \left( s \right)}}{{\xi ^s }}\zeta \left( s \right),\left\| {\Re \left( \xi \right) > 0,\Re \left( s \right) > 1} \right\|$$$ . Demostración Haciendo un cambio de variables adecuado, $TEX: $$\varphi = \xi x$$$ . Luego, $TEX: $$\int_0^\infty {\frac{{x^{s - 1} }}{{e^{\xi x} - 1}}} dx = \frac{1}{{\xi ^s }}\int_0^\infty {\frac{{\varphi ^{s - 1} }}{{e^\varphi - 1}}} d\varphi $$$ . Expandiendo el integrando, $TEX: $$\frac{1}{{e^\varphi - 1}} = \frac{{e^{ - \varphi } }}{{1 - e^{ - \varphi } }} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {e^{ - \left( {k + 1} \right)\varphi } } $$$ . Entonces, nos queda $TEX: $$\int_0^\infty {\frac{{x^{s - 1} }}{{e^{\xi x} - 1}}} dx = \frac{1}{{\xi ^s }}\sum\limits_{k = 0}^\infty {\int_0^\infty {\varphi ^{s - 1} e^{ - \left( {k + 1} \right)\varphi } d\varphi } }$$$ . Haciendo un par de operaciones más, llegamos al resultado. Esa integral la dejo, porque no es difícil hacerla Segundo, podemos probar que $TEX: $$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\left( { - 1} \right)^n }}{{n^s }} = \left( {2^{1 - s} - 1} \right)\zeta \left( s \right)} $$$ . Demostración Sólo debemos hacer la siguiente operación. $TEX: $$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\left( { - 1} \right)^n }}{{n^s }} = \sum\limits_{m = 1}^\infty {\frac{1}{{\left( {2m} \right)^s }}} } - \sum\limits_{m = 1}^\infty {\frac{1}{{\left( {2m - 1} \right)^s }}} = 2^{ - s} \sum\limits_{m = 1}^\infty {\frac{1}{{m^s }}} - \left( {\sum\limits_{m = 1}^\infty {\frac{1}{{m^s }}} - \sum\limits_{m = 1}^\infty {\frac{1}{{\left( {2m} \right)^s }}} } \right)$$$ Jugando algebraicamente obtenemos lo esperado. Entonces, ahora estamos en condiciones de resolver el ejercicio. Basta con expandir el integrando, eso se los dejo a ustedes. Eso es todo por ahora. CITA(caf_tito @ Aug 31 2008, 01:18 PM) off topic: Ahora todos saben integrar ,c reo que tendré que estudiar harto para este verano Te aseguro que después vas a querer descansar como nunca lo habías hecho en toda tu vida. Mensaje modificado por neo shykerex el Sep 1 2008, 10:36 AM -------------------- Miembro de Anime No Seishin Doukokai, podrías ser el próximo.

Naxoo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 1 2008, 10:23 PM Publicado: #14
Staff FMAT Grupo: Moderador Mensajes: 2.604 Registrado: 2-March 07 Desde: Somewhere over the rainbow Miembro Nº: 4.244 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Esta me salio en una guia, me parecio entretenida $TEX: \[<br />\int {\frac{x}<br />{{x^2 + x + 1}}dx} <br />\]<br />$ $TEX: \[<br />\begin{gathered}<br /> \int {\frac{x}<br />{{x^2 + x + 1}}dx} = \frac{1}<br />{2}\int {\frac{{2x + 1 - 1}}<br />{{x^2 + x + 1}}dx} = \frac{1}<br />{2}\int {\frac{{2x + 1}}<br />{{x^2 + x + 1}}dx - \frac{1}<br />{2}\int {\frac{1}<br />{{x^2 + x + 1 + \frac{1}<br />{4} - \frac{1}<br />{4}}}dx} } \hfill \\<br /> \hfill \\<br /> = \frac{1}<br />{2}\int {\frac{{\left( {x^2 + x + 1} \right)^\prime }}<br />{{x^2 + x + 1}}dx} - \frac{1}<br />{2}\int {\frac{1}<br />{{\frac{3}<br />{4} + \left( {x + \frac{1}<br />{2}} \right)^2 }}dx} = \frac{1}<br />{2}\ln \left\| {x^2 + x + 1} \right\| + k - \frac{1}<br />{2} \cdot \frac{4}<br />{3}\int {\frac{1}<br />{{1 + \left( {\frac{{2x + 1}}<br />{{2\sqrt {\frac{3}<br />{4}} }}} \right)}}dx} \hfill \\<br /> \hfill \\<br /> {\text{Sea: }}u = \frac{{2x + 1}}<br />{{2\sqrt {\frac{3}<br />{4}} }} \Rightarrow du = \sqrt {\frac{4}<br />{3}} dx \hfill \\<br /> \hfill \\<br /> = \frac{1}<br />{2}\ln \left\| {x^2 + x + 1} \right\| + k - \frac{2}<br />{3}\sqrt {\frac{3}<br />{4}} \int {\frac{1}<br />{{1 + u^2 }}du} = \frac{1}<br />{2}\ln \left\| {x^2 + x + 1} \right\| + k - \frac{2}<br />{3}\sqrt {\frac{3}<br />{4}} \left( {\arctan u} \right) + K \hfill \\<br /> {\text{Restituyendo:}} \hfill \\<br /> \boxed{\int {\frac{x}<br />{{x^2 + x + 1}}dx} = \frac{1}<br />{2}\ln \left\| {x^2 + x + 1} \right\| - \frac{{\sqrt 3 }}<br />{3}\arctan \left( {\frac{{2x + 1}}<br />{{\sqrt 3 }}} \right) + C} \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />\]<br />$ -------------------- INRIA - Francia, Sophia Antipolis Biocore Team Ingeniero Civil en Biotecnología Ingeniería Civil Químico “(…) los elementos que él (¿o Él?) [Dios] mismo nos ha dado (raciocinio, sensibilidad, intuición) no son en absoluto suficientes como para garantizarnos ni su existencia ni su no existencia. Gracias a una corazonada puedo creer en Dios y acertar o no creer en Dios y también acertar" Mario Benedetti $TEX: \[\iiint\limits_\Omega {\left( {\nabla \cdot \vec F} \right)dV} = \iint\limits_{\partial \Omega } {\left( {\vec F \cdot \hat n} \right)}dS\]<br />$

「Krizalid」 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 1 2008, 10:34 PM Publicado: #15
Staff FMAT Grupo: Super Moderador Mensajes: 8.124 Registrado: 21-May 06 Miembro Nº: 1.156 Nacionalidad: Sexo:	Puedo jugar? Evalúe $TEX: $$\int_{0}^{1}{x\operatorname{arctg}x\,dx}.$$$ Solución: $TEX: $$\operatorname{arctg}x=\int_{0}^{x}{\frac{dy}{1+y^{2}}},$$$ así que $TEX: $$\int_{0}^{1}{x\operatorname{arctg}x\,dx}=\int_{0}^{1}\!{\int_{0}^{x}{\frac{x}{1+y^{2}}\,dy}\,dx}=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}{\frac{1-y^{2}}{1+y^{2}}\,dy}=\frac{\pi -2}{4}.$$$

「Krizalid」 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 2 2008, 12:15 AM Publicado: #16
Staff FMAT Grupo: Super Moderador Mensajes: 8.124 Registrado: 21-May 06 Miembro Nº: 1.156 Nacionalidad: Sexo:	Evaluar $TEX: $$\int_{0}^{1}{x^{2}\big\| \operatorname{sen}(\pi nx) \big\|\,dx},\,n=1,2,\ldots.$$$ Solución: $TEX: \begin{eqnarray}<br /> \int_{0}^{1}{x^{2}\big\| \operatorname{sen}(\pi nx) \big\|\,dx}&=&\frac{1}{\pi ^{3}n^{3}}\int_{0}^{\pi n}{x^{2}\left\| \operatorname{sen}x \right\|\,dx} \\ <br /> & =&\frac{1}{\pi ^{3}n^{3}}\sum\limits_{k=0}^{n-1}{\int_{\pi k}^{\pi (k+1)}{x^{2}\left\| \operatorname{sen}x \right\|\,dx}} \\ <br /> & =&\frac{1}{\pi ^{3}n^{3}}\sum\limits_{k=0}^{n-1}{\int_{0}^{\pi }{(x+\pi k)^{2}\operatorname{sen}(x)\,dx}} \\ <br /> & =&\frac{1}{\pi ^{3}n^{3}}\sum\limits_{k=0}^{n-1}{\Big\{ \left( 2k^{2}+2k+1 \right)\pi ^{2}-4 \Big\}} \\ <br /> & =&\frac{2\pi ^{2}n^{2}+\pi ^{2}-12}{3\pi ^{3}n^{2}}.<br />\end{eqnarray}$

Jean Renard Gran... Jean Renard Granier Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 2 2008, 12:46 AM Publicado: #17
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.920 Registrado: 19-August 06 Desde: DIM, DCC Beauchef Miembro Nº: 1.989 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	CITA(naxoobkn @ Sep 1 2008, 10:13 PM) Esta me salio en una guia, me parecio entretenida $TEX: \[<br />\int {\frac{x}<br />{{x^2 + x + 1}}dx} <br />\]<br />$ Buscando en mis viejos apuntes de Matemáticas II, esa integral la hizo nuestro profesor Orlando Campos, jajaja. Que buenos recuerdos. CITA(Krizalid @ Sep 1 2008, 10:24 PM) Puedo jugar? Por supuesto, mientras más se motiven mejor. Ya, posteo otro ejercicio. Probar que $TEX: $$\int_0^1 {\frac{{x - 1}}{{\ln \left( x \right)}}} dx = \ln \left( 2 \right)$$$ . Primero, definimos $TEX: $${\rm T}\left( \varphi \right) = \int_0^1 {\frac{{x^\varphi - 1}}{{\ln \left( x \right)}}} dx$$$ . Segundo, nos percatamos de que derivando $TEX: $${\rm T}\left( \varphi \right)$$$ obtenemos $TEX: $${\rm T}'\left( \varphi \right) = \int_0^1 {\frac{\partial }{{\partial \varphi }}\left( {\frac{{x^\varphi }}{{\ln \left( x \right)}} - \frac{1}{{\ln \left( x \right)}}} \right)} dx = \int_0^1 {x^\varphi dx} $$$ . Tercero, a partir de lo anterior llegamos a lo siguiente. $TEX: $$\int_0^\phi {{\rm T}'\left( \varphi \right)d\varphi } = {\rm T}\left( \phi \right) - {\rm T}\left( 0 \right)$$$ Cuarto, observamos que $TEX: $${\rm T}\left( 0 \right) = \int_0^1 {0dx = } 0$$$ . Quinto, con lo anterior podemos inferir que $TEX: $${\rm T}\left( \phi \right) = \int_0^1 {\frac{{x^\phi - 1}}{{\ln \left( x \right)}}} dx = \int_0^1 {\frac{1}{{1 + \phi }}} d\phi $$$ . Entonces, $TEX: $$\int_0^1 {\frac{{x^\phi - 1}}{{\ln \left( x \right)}}} dx = \ln \left\| {1 + \phi } \right\|$$$ . Aplicando al caso particular, obtenemos lo esperado. Esto es todo por ahora. Mensaje modificado por neo shykerex el Sep 2 2008, 12:47 AM -------------------- Miembro de Anime No Seishin Doukokai, podrías ser el próximo.

「Krizalid」 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 2 2008, 09:38 AM Publicado: #18
Staff FMAT Grupo: Super Moderador Mensajes: 8.124 Registrado: 21-May 06 Miembro Nº: 1.156 Nacionalidad: Sexo:	Véase el caso general del problema anterior aquí.

「Krizalid」 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 3 2008, 04:10 PM Publicado: #19
Staff FMAT Grupo: Super Moderador Mensajes: 8.124 Registrado: 21-May 06 Miembro Nº: 1.156 Nacionalidad: Sexo:	Evalúe $TEX: $$\int_{0}^{\infty }{\frac{\ln \left( 1+x^{2} \right)}{x\left( 1+x^{2} \right)}\,dx}.$$$ Solución: Definamos $TEX: $x\mapsto\operatorname{tg}x,$$ la integral queda $TEX: $$-2\int_{0}^{\pi /2}{\frac{\cos (x)\ln (\cos x)}{\operatorname{sen}x}\,dx}.$$$ Una nueva sustitución definida por $TEX: $x\mapsto\arccos x$$ hace que la integral anterior se convierta en $TEX: $$-2\int_{0}^{1}{\frac{x\ln x}{1-x^{2}}\,dx}=-2\sum\limits_{k=0}^{\infty }{\int_{0}^{1}{x^{2k+1}\ln (x)\,dx}},$$$ y de aquí $TEX: \begin{eqnarray}<br /> \sum\limits_{k=0}^{\infty }{\int_{0}^{1}{x^{2k+1}\ln (x)\,dx}}&=&-\sum\limits_{k=0}^{\infty }{\int_{0}^{1}{\int_{x}^{1}{\frac{x^{2k+1}}{y}\,dy}\,dx}} \\ <br /> & =&-\sum\limits_{k=0}^{\infty }{\int_{0}^{1}{\int_{0}^{y}{\frac{x^{2k+1}}{y}\,dx}\,dy}} \\ <br /> & =&-\frac{1}{2}\sum\limits_{k=0}^{\infty }{\int_{0}^{1}{\frac{y^{2k+1}}{k+1}\,dy}}=-\frac{1}{4}\sum\limits_{k=0}^{\infty }{\frac{1}{(k+1)^{2}}}=-\frac{\pi ^{2}}{24},<br />\end{eqnarray}$ así $TEX: $$\int_{0}^{\infty }{\frac{\ln \left( 1+x^{2} \right)}{x\left( 1+x^{2} \right)}\,dx}=\frac{\pi ^{2}}{12}.$$$

kbzoon Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 3 2008, 04:37 PM Publicado: #20
Dios Matemático Supremo Grupo: Colaborador Platinum Mensajes: 1.627 Registrado: 11-October 07 Desde: Suburbios de Conchalí Miembro Nº: 11.213 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	aqui algunas clasicas: $TEX: \[<br />\int {\frac{{sen\left( x \right)\cos \left( x \right)}}<br />{{\sqrt {1 + sen\left( x \right)} }}dx} <br />\]<br />$ definiendo $TEX: \[<br />u = \sqrt {1 + sen\left( x \right)} <br />\]<br />$ $TEX: \[<br /> \Rightarrow du = \frac{{\cos \left( x \right)dx}}<br />{{2u}}<br />\]<br />$ entonces, la integral es equivalente con: $TEX: \[<br />2\int {\frac{{\left( {u^2 - 1} \right)udu}}<br />{u}} = 2\int {u^2 } - 2\int {du} <br />\]<br />$ donde, integrando y restableciendo la variable original, se tiene que $TEX: \[<br />\int {\frac{{sen\left( x \right)\cos \left( x \right)}}<br />{{\sqrt {1 + sen\left( x \right)} }}dx} = \frac{2}<br />{3}\sqrt {1 + sen\left( x \right)} ^3 - 2\sqrt {1 + sen\left( x \right)} + C<br />\]<br />$ $TEX: \[<br />\int {\cos \left( {\ln \left( x \right)} \right)} dx<br />\]<br />$ integrando por partes, definimos $TEX: \[<br />\begin{gathered}<br /> f\left( x \right) = \cos \left( {\ln \left( x \right)} \right) \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{ - sen\left( {\ln \left( x \right)} \right)}}<br />{x} \hfill \\<br /> g'\left( x \right) = 1 \Rightarrow g\left( x \right) = x \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />\]<br />$ luego, tendriamos, $TEX: \[<br />\begin{gathered}<br /> \therefore \int {\cos \left( {\ln \left( x \right)} \right)} dx = x\cos \left( {\ln \left( x \right)} \right) - \int {\frac{{ - sen\left( {\ln \left( x \right)} \right)xdx}}<br />{x}} \hfill \\<br /> \int {\cos \left( {\ln \left( x \right)} \right)} dx = x\cos \left( {\ln \left( x \right)} \right) + \int {sen\left( {\ln \left( x \right)} \right)dx} \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />\]<br />$ la integral $TEX: \[<br />J = \int {sen\left( {\ln \left( x \right)} \right)dx} <br />\]<br />$ tambien se integra por partes, luego definiendo se tienen $TEX: \[<br />\begin{gathered}<br /> f\left( x \right) = sen\left( {\ln \left( x \right)} \right) \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{\cos \left( {\ln \left( x \right)} \right)}}<br />{x} \hfill \\<br /> g'\left( x \right) = 1 \Rightarrow g\left( x \right) = x \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />\]<br />$ luego, J se transforma en : $TEX: \[<br />J = xsen\left( {\ln \left( x \right)} \right) - \int {\cos \left( {\ln \left( x \right)} \right)} dx<br />\]<br />$ en donde "fusionando" con la integral inicial: $TEX: \[<br />\begin{gathered}<br /> \int {\cos \left( {\ln \left( x \right)} \right)} dx = x\cos \left( {\ln \left( x \right)} \right) + xsen\left( {\ln \left( x \right)} \right) - \int {\cos \left( {\ln \left( x \right)} \right)} dx \hfill \\<br /> \therefore \int {\cos \left( {\ln \left( x \right)} \right)} dx = \frac{{x\cos \left( {\ln \left( x \right)} \right) + xsen\left( {\ln \left( x \right)} \right)}}<br />{2} + C \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />\]<br />$ despues pongo mas solucion de naxoobkn para la segunda integral $TEX: \[<br />\begin{gathered}<br /> I = \int {\cos \left( {\ln \left( x \right)} \right)} dx \hfill \\<br /> u = \ln \left( x \right) \Leftrightarrow x = e^u \Rightarrow du = \frac{{dx}}<br />{x} \hfill \\<br /> I = \int {\cos \left( u \right)} \cdot e^u du \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />\]<br />$ integrando por partes, y considerando que $TEX: \[<br />f(u) = \cos \left( u \right)<br />\]<br />$ $TEX: \[<br />I = e^u \cos \left( u \right) + \int {sen\left( u \right)} \cdot e^u du<br />\]<br />$ nuevamente, integrando por partes, y considerando que $TEX: \[<br />f(u) = sen\left( u \right)<br />\]<br />$ $TEX: \[<br />\begin{gathered}<br /> I = e^u \cos \left( u \right) + e^u sen\left( u \right) - \underbrace {\int {\cos \left( u \right)} \cdot e^u du}_I \hfill \\<br /> 2I = e^u \cos \left( u \right) + e^u sen\left( u \right) + C \hfill \\<br /> \therefore \int {\cos \left( {\ln \left( x \right)} \right)} dx = \frac{x}<br />{2}\left[ {\cos \left( {\ln \left( x \right)} \right) + sen\left( {\ln \left( x \right)} \right)} \right] + C \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />\]<br />$ Mensaje modificado por kbzoon el Sep 5 2008, 01:04 AM -------------------- Injeniería de Minas. The best SpaceDream Radio ever

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