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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	Sep 12 2008, 12:27 AM Publicado: #31
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.920 Registrado: 19-August 06 Desde: DIM, DCC Beauchef Miembro Nº: 1.989 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	Enhorabuena, veamos otro ejercicio. Probar que $TEX: $$\int_0^{3\pi } {sen\left( x \right)sen\left( {2x} \right)sen\left( {3x} \right)dx = 0}$$$ . Nuevamente, nos sirve aplicar otra propiedad de las integrales. Probemos que $TEX: $$\int_0^{2b} {f\left( x \right)} dx = \int_0^b {f\left( x \right)} dx + \int_0^b {f\left( {2b - x} \right)dx}$$$ . Demostración Por Álgebra de Integrales, tenemos lo siguiente. $TEX: $$\int_0^{2b} {f\left( x \right)} dx = \int_0^b {f\left( x \right)} dx + \int_b^{2b} {f\left( x \right)} dx$$$ En la segunda integral hacemos un cambio de variable, $TEX: $$x = 2b - \xi ,dx = - d\xi $$$ . A partir de ese cambio de variables obtenemos lo siguiente. $TEX: $$\int_b^{2b} {f\left( x \right)} dx = - \int_b^0 {f\left( {2b - \xi } \right)d\xi = \int_0^b {f\left( {2b - \xi } \right)d\xi } }$$$ Nuevamente, como la variable es "muda" obtenemos el segundo término esperado y concluimos con la demostración. Regresando al ejercicio, si aplicamos lo previamente demostrado observamos lo siguiente. $TEX: $$f\left( x \right) = sen\left( x \right)sen\left( {2x} \right)sen\left( {3x} \right),f\left( {2b - x} \right) = f\left( {3\pi - x} \right) = - sen\left( x \right)sen\left( {2x} \right)sen\left( {3x} \right)$$$ Entonce, $TEX: $$f\left( x \right) = - f\left( {2b - x} \right)$$$ . Con eso logramos obtener lo esperado. Esto es todo por ahora. -------------------- Miembro de Anime No Seishin Doukokai, podrías ser el próximo.

Jean Renard Gran... Jean Renard Granier Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 15 2008, 03:27 AM Publicado: #32
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.920 Registrado: 19-August 06 Desde: DIM, DCC Beauchef Miembro Nº: 1.989 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	Reactivando el tema, veamos otros ejercicios. Probar que $TEX: $$\int_0^\pi {\frac{1}{{\left( {2 + \cos \left( x \right)} \right)^2 }}} dx = \frac{{2\pi }}{{3\sqrt 3 }}$$$ . Haciendo un cambio de variable conveniente, $TEX: $$\tan \left( {\frac{x}{2}} \right) = \xi $$$ . Con unas cuantas manipulaciones algebraicas, se obtiene lo siguiente. $TEX: $$\int_0^\infty {\frac{{2\left( {1 + \xi ^2 } \right)}}{{\left( {3 + \xi ^2 } \right)^2 }}} d\xi $$$ Evaluando esa integral se obtiene lo esperado. Probar que $TEX: $$\int_0^\pi {\frac{1}{{\varphi ^2 \cos ^2 \left( x \right) + sen^2 \left( x \right)}}} dx = \frac{\pi }{\varphi },\varphi > 0$$$ . Observemos lo siguiente. $TEX: $$\int_0^\pi {\frac{1}{{\varphi ^2 \cos ^2 \left( x \right) + sen^2 \left( x \right)}}} dx = \int_0^\pi {\frac{{\sec ^2 \left( x \right)}}{{\varphi ^2 + \tan ^2 \left( x \right)}}dx}$$$ Esto nos facilita el problema, porque la forma del integrando es bastante conocida. Luego, nos queda lo siguiente. $TEX: $$\int_0^\pi {\frac{{\sec ^2 \left( x \right)}}{{\varphi ^2 + \tan ^2 \left( x \right)}}dx} = \left. {\frac{1}{\varphi }\arctan \left( {\frac{{\tan \left( x \right)}}{\varphi }} \right)} \right\|_0^\pi$$$ Sólo debemos tomar precauciones con la discontinuidad de $TEX: $$\tan \left( x \right)$$$ en $TEX: $$\frac{\pi }{2}$$$ y obtenemos lo esperado. Esto es todo por ahora. -------------------- Miembro de Anime No Seishin Doukokai, podrías ser el próximo.

Jean Renard Gran... Jean Renard Granier Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 16 2008, 10:18 PM Publicado: #33
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.920 Registrado: 19-August 06 Desde: DIM, DCC Beauchef Miembro Nº: 1.989 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	Esperando que otros usuarios participen, veamos otro ejercicio. Probar que $TEX: $$\int_0^\infty {e^{ - \left( {\phi ^2 x^2 + \frac{{\varphi ^2 }}{{x^2 }}} \right)} } dx = \frac{{\sqrt \pi }}{{2\phi }}e^{ - 2\phi \varphi }$$$ . Este ejercicio nos sirve para aplicar ciertas propiedades, que podemos probar. Primero, probemos que $TEX: $$\int_0^\infty f \left( {\phi ^2 x^2 + \frac{{\varphi ^2 }}{{x^2 }}} \right)dx = \frac{1}{\phi }\int_0^\infty {f\left( {\xi ^2 + 2\phi \varphi } \right)} d\xi$$$ . Demostración Notemos que $TEX: $$f\left( {\phi ^2 x^2 + \frac{{\varphi ^2 }}{{x^2 }}} \right) = f\left( {\left( {\phi x + \frac{\varphi }{x}} \right)^2 - 2\phi \varphi } \right)$$$ . Tomemos en cuenta la siguiente igualdad, probarla no es trivial y la podemos dejar para otro ejercicio. $TEX: $$\int_0^\infty {f\left( {\phi x + \frac{\varphi }{x}} \right)} dx = \frac{1}{\phi }\int_0^\infty {f\left( {\sqrt {\xi ^2 + 4\phi \varphi } } \right)} d\xi ,\left\| {\phi ,\varphi > 0} \right\|$$$ Con la información dada, procedemos de la siguiente forma. Definimos un cambio de variable apropiado, $TEX: $$\alpha = \phi x + \frac{\varphi }{x}$$$ . Así, obtenemos lo siguiente. $TEX: $$\frac{1}{\phi }\int_{2\sqrt {\phi \varphi } }^\infty {\frac{{\alpha f\left( {\alpha ^2 - 2\phi \varphi } \right)}}{{\sqrt {\alpha ^2 - 4\phi \varphi } }}} d\alpha$$$ Haciendo otro cambio de variable, $TEX: $$\xi = \alpha ^2 - 2\phi \varphi $$$ . Finalmente, se obtiene lo esperado. Entonces, ya estamos en condiciones de hacer la presente integral. Asumamos que ya sabemos sobre esta integral, ya demostrada en el foro. $TEX: $$\int_0^\infty {e^{ - x^2 } dx = } \frac{{\sqrt \pi }}{2}$$$ Aplicando lo previamente demostrado, obtenemos lo siguiente. $TEX: $$\int_0^\infty {e^{ - \left( {\phi ^2 x^2 + \frac{{\varphi ^2 }}{{x^2 }}} \right)} } dx = \frac{1}{\phi }\int_0^\infty {e^{ - \left( {\xi ^2 + 2\phi \varphi } \right)} } d\xi $$$ Dada la información sobre la integral gaussiana, obtenemos lo esperado. Ahora, los reto a hacer la siguiente integral. $TEX: $$\int_0^\infty {\frac{{x^{2n - 1} }}{{\left( {1 + x^2 } \right)^{n + 1} }}\ln \left( {\frac{{1 + x^2 }}{{x^2 }}} \right)} dx,n \in {\Bbb Z}^ +$$$ Esto es todo por ahora. Mensaje modificado por neo shykerex el Sep 22 2008, 01:00 AM -------------------- Miembro de Anime No Seishin Doukokai, podrías ser el próximo.

Naxoo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 16 2008, 11:31 PM Publicado: #34
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:	$TEX: \[<br />\begin{gathered}<br /> {\text{Pruebe que:}} \hfill \\<br /> \int {\frac{1}<br />{{\left( {x^2 + 1} \right)^n }}dx} = \frac{1}<br />{{2n - 2}} \cdot \frac{x}<br />{{\left( {x^2 + 1} \right)^{n - 1} }} + \frac{{2n - 3}}<br />{{2n - 2}} \cdot \int {\frac{1}<br />{{\left( {x^2 + 1} \right)^{n - 1} }}dx} \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />\]<br />$ $TEX: \[<br />\begin{gathered}<br /> I = \int {\frac{1}<br />{{\left( {x^2 + 1} \right)^n }}dx} = \int {\frac{{x^2 + 1 - x^2 }}<br />{{\left( {x^2 + 1} \right)^n }}dx} = \underbrace {\int {\frac{1}<br />{{\left( {x^2 + 1} \right)^{n - 1} }}dx} }_A - \int {\frac{{x^2 }}<br />{{\left( {x^2 + 1} \right)^n }}dx} \hfill \\<br /> {\text{Integrando por partes en }}A,{\text{ considerando:}} \hfill \\<br /> f(x) = \frac{1}<br />{{\left( {x^2 + 1} \right)^{n - 1} }} \wedge g'(x) = 1 \hfill \\<br /> \hfill \\<br /> I = \frac{x}<br />{{\left( {x^2 + 1} \right)^{n - 1} }} - \int {\frac{{ - 2x^2 \left( {n - 1} \right)}}<br />{{\left( {x^2 + 1} \right)^n }}dx - } \int {\frac{{x^2 }}<br />{{\left( {x^2 + 1} \right)^n }}dx} \hfill \\<br /> I = \frac{x}<br />{{\left( {x^2 + 1} \right)^{n - 1} }} + \left( {2n - 3} \right)\int {\frac{{x^2 }}<br />{{\left( {x^2 + 1} \right)^n }}dx} = \frac{x}<br />{{\left( {x^2 + 1} \right)^{n - 1} }} + \left( {2n - 3} \right)\int {\frac{{x^2 + 1 - 1}}<br />{{\left( {x^2 + 1} \right)^n }}dx} \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />\]<br />$ $TEX: \[<br />\begin{gathered}<br /> I = \frac{x}<br />{{\left( {x^2 + 1} \right)^{n - 1} }} + \left( {2n - 3} \right)\left[ {\int {\frac{{x^2 + 1}}<br />{{\left( {x^2 + 1} \right)^n }}dx - \underbrace {\int {\frac{1}<br />{{\left( {x^2 + 1} \right)^n }}dx} }_I} } \right] \hfill \\<br /> I + \left( {2n - 3} \right)I = \frac{x}<br />{{\left( {x^2 + 1} \right)^{n - 1} }} + \left( {2n - 3} \right)\int {\frac{1}<br />{{\left( {x^2 + 1} \right)^{n - 1} }}dx} \hfill \\<br /> \hfill \\<br /> \boxed{I = \frac{1}<br />{{2n - 2}} \cdot \frac{x}<br />{{\left( {x^2 + 1} \right)^{n - 1} }} + \frac{{2n - 3}}<br />{{2n - 2}} \cdot \int {\frac{1}<br />{{\left( {x^2 + 1} \right)^{n - 1} }}dx} } \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />\]<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 />$

Jean Renard Gran... Jean Renard Granier Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 19 2008, 01:40 AM Publicado: #35
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.920 Registrado: 19-August 06 Desde: DIM, DCC Beauchef Miembro Nº: 1.989 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	Por el buen $TEX: $$18$$$ , veamos un ejercicio contundente. Probar la siguiente recurrencia. $TEX: $$I_\lambda = \frac{{x^{\phi + 1} \left( {\alpha + \beta x^\varphi } \right)^{\left( {\lambda + 1} \right)} }}{{\varphi \alpha \left( {\lambda + 1} \right)}} + \frac{{\varphi \left( {\lambda + 1} \right) + \phi + 1}}<br />{{\varphi \alpha \left( {\lambda + 1} \right)}}I_{\lambda + 1}$$$ Donde $TEX: $$I_\lambda = \int {x^\phi \left( {\alpha + \beta x^\varphi } \right)} ^\lambda dx,\left\|{\beta ,\varphi ,\phi ,\alpha ,\lambda \in {\Bbb R}} \right\|$$$ . Nos conviene redefinir $TEX: $$I_\lambda $$$ . $TEX: $$I_\lambda = \int {x^\phi \left( {\alpha + \beta x^\varphi } \right)} ^\lambda dx = \int {\frac{{x^\phi }}<br />{{\left( {\alpha + \beta x^\varphi } \right)^{ - \lambda } }}} dx$$$ Posteriormente, arreglamos el numerador - al igual que unos ejercicios atrás -. $TEX: $$\int {\frac{{x^\phi }}{{\left( {\alpha + \beta x^\varphi } \right)^{ - \lambda } }}} dx = \frac{1}<br />{\alpha }\int {\frac{{\left( {\alpha + \beta x^\varphi - \beta x^\varphi } \right)x^\phi }}{{\left( {\alpha + \beta x^\varphi } \right)^{ - \lambda } }}} dx$$$ Si nos fijamos un poco más, por álgebra de integrales podemos descomponer la integral arreglada en $TEX: $$2$$$ integrales nuevas. Nuevamente, nos conviene redefinir un parámetro a multiplicar y dividir, en el numerador y denominador respectivamente. $TEX: $$\frac{1}{\alpha }\int {\frac{{\left( {\alpha + \beta x^\varphi - \beta x^\varphi } \right)x^\phi }}{{\left( {\alpha + \beta x^\varphi } \right)^{ - \lambda } }}} dx = \frac{1}{\alpha }\int {\frac{{x^\phi }}{{\left( {\alpha + \beta x^\varphi } \right)^{ - \left( {\lambda + 1} \right)} }}} dx - \frac{1}{{\varphi \alpha }}\int {\frac{{\left( {\varphi \beta x^{\varphi - 1} } \right)x^{\phi + 1} }}{{\left( {\alpha + \beta x^\varphi } \right)^{ - \lambda } }}} dx$$$ Si analizamos la segunda integral, podemos expandirla mediante la Integración por Partes. $TEX: $$\frac{1}{{\varphi \alpha }}\int {\frac{{\left( {\varphi \beta x^{\varphi - 1} } \right)x^{\phi + 1} }}<br />{{\left( {\alpha + \beta x^\varphi } \right)^{ - \lambda } }}} dx = \frac{1}{{\varphi \alpha }}\left[ {\frac{1}<br />{{\lambda + 1}}\frac{{x^{\phi + 1} }}{{\left( {\alpha + \beta x^\varphi } \right)^{ - \left( {\lambda + 1} \right)} }} - \frac{1}{{\lambda + 1}}\int {\frac{{\left( {\phi + 1} \right)x^\phi }}{{\left( {\alpha + \beta x^\varphi } \right)^{ - \left( {\lambda + 1} \right)} }}dx} } \right]$$$ Asociando términos en la segunda integral, obtenemos lo siguiente. $TEX: $$\frac{1}{{\varphi \alpha }}\int {\frac{{\left( {\varphi \beta x^{\varphi - 1} } \right)x^{\phi + 1} }}<br />{{\left( {\alpha + \beta x^\varphi } \right)^{ - \lambda } }}} dx = \frac{{x^{\phi + 1} \left( {\alpha + \beta x^\varphi } \right)^{\left( {\lambda + 1} \right)} }}{{\varphi \alpha \left( {\lambda + 1} \right)}} - \frac{{\phi + 1}}{{\varphi \alpha \left( {\lambda + 1} \right)}}\int {x^\phi \left( {\alpha + \beta x^\varphi } \right)^{\left( {\lambda + 1} \right)} } dx$$$ Reasociando los términos llegamos a lo esperado. Esto es todo por ahora. Mensaje modificado por neo shykerex el Sep 20 2008, 02:20 AM -------------------- Miembro de Anime No Seishin Doukokai, podrías ser el próximo.

Jean Renard Gran... Jean Renard Granier Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 20 2008, 02:08 AM Publicado: #36
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.920 Registrado: 19-August 06 Desde: DIM, DCC Beauchef Miembro Nº: 1.989 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	Hoy ha sido un buen día, veamos otro ejercicio. Probar la siguiente recurrencia. $TEX: $$I_n = \frac{{\beta \sin \left( x \right)}}{{\left( {n - 1} \right)\left( {\beta ^2 - \alpha ^2 } \right)\left( {\alpha + \beta \cos \left( x \right)} \right)^{n - 1} }} + \frac{{\left( {2n - 3} \right)\alpha }}{{\left( {n - 1} \right)\left( {\alpha ^2 - \beta ^2 } \right)}}I_{n - 1} + \frac{{n - 2}}{{\left( {n - 1} \right)\left( {\beta ^2 - \alpha ^2 } \right)}}I_{n - 2}$$$ $TEX: $$I_n = \int {\frac{1}{{\left( {\alpha + \beta \cos \left( x \right)} \right)^n }}dx,\alpha ^2 } \ne \beta ^2$$$ . Analizemos el problema. La intuición y experiencia nos dicen que podríamos separar la integral en $TEX: $$2$$$ integrales, con lo cual el problema podría simplificarse un poco. Ahora, ¿cómo podríamos separar la integral? - aquí pensar como físicos podría ayudarnos un poco -. Veamos, busquemos una forma "bonita" de hacerlo. Nos preguntamos, ¿qué entedemos por "bonito"?, siendo funciones trigonométricas podrían tener una simetría y una estabilidad en el recorrido - entiéndase, que se encuentren en el mismo semiplano -. ¿Qué identidades conocemos que cumplan con lo pedido?, hay varias. Ahora, la pregunta de un físico - no trivial -, ¿cómo podemos "simplificarnos" la vida?. Notemos que en el numerador hay un $TEX: $$1$$$ . ¿Les parece familiar $TEX: $$1 = sen^2 \left( x \right) + \cos ^2 \left( x \right)$$$ ?, esa identidad vamos a usar. Entonces, obtenemos lo siguiente. $TEX: $$\int {\frac{1}{{\left( {\alpha + \beta \cos \left( x \right)} \right)^n }}dx} = \int {\frac{{\sin ^2 \left( x \right)}}{{\left( {\alpha + \beta \cos \left( x \right)} \right)^n }}dx} + \int {\frac{{\cos ^2 \left( x \right)}}{{\left( {\alpha + \beta \cos \left( x \right)} \right)^n }}dx}$$$ Definamos las $TEX: $$2$$$ integrales obtenidas. $TEX: $$\int {\frac{{\sin ^2 \left( x \right)}}{{\left( {\alpha + \beta \cos \left( x \right)} \right)^n }}dx} = {\rm P},\int {\frac{{\cos ^2 \left( x \right)}}{{\left( {\alpha + \beta \cos \left( x \right)} \right)^n }}dx} = {\rm T}$$$ Analizemos $TEX: $${\rm P}$$$ . Integrando por partes, obtenemos lo siguiente. $TEX: $${\rm P} = \frac{1}{\beta }\int {\sin \left( x \right)d\left[ {\frac{1}{{\left( {n - 1} \right)\left( {\alpha + \beta \cos \left( x \right)} \right)^{n - 1} }}} \right]}$$$ $TEX: $$P = \frac{{\sin \left( x \right)}}{{\beta \left( {n - 1} \right)\left( {\alpha + \beta \cos \left( x \right)} \right)^{n - 1} }} - \frac{1}{{\beta \left( {n - 1} \right)}}\int {\frac{{\cos \left( x \right)}}{{\left( {\alpha + \beta \cos \left( x \right)} \right)^{n - 1} }}dx}$$$ Analizando la segunda integral obtenida, podemos jugar algebraicamente para obtener lo siguiente. $TEX: $$\frac{1}{{\beta \left( {n - 1} \right)}}\int {\frac{{\cos \left( x \right)}}{{\left( {\alpha + \beta \cos \left( x \right)} \right)^{n - 1} }}dx} = \Gamma - \Pi$$$ $TEX: $$\Gamma = \frac{1}{{\beta ^2 \left( {n - 1} \right)}}\int {\frac{1}{{\left( {\alpha + \beta \cos \left( x \right)} \right)^{n - 2} }}dx,} \Pi = \frac{a}{{\beta ^2 \left( {n - 1} \right)}}\int {\frac{1}{{\left( {\alpha + \beta \cos \left( x \right)} \right)^{n - 1} }}dx}$$$ Reordenando los términos obtenemos la primera parte de lo esperado. Analizemos $TEX: $${\rm T}$$$ . Viendo lo que nos sobra, nos conviene redefinir la integral. En nuestro caso, nos conviene redefinir el numerador. Haciendo juegos algebraicos - como en el ejercicio anterior - obtenemos lo siguiente. $TEX: $${\rm T} = - \frac{1}{{\beta ^2 }}\int {\frac{{\alpha ^2 - \alpha ^2 - \beta ^2 \cos ^2 \left( x \right)}}{{\left( {\alpha + \beta \cos \left( x \right)} \right)^n }}} dx$$$ $TEX: $${\rm T} = - \frac{{\alpha ^2 }}{{\beta ^2 }}\int {\frac{1}{{\left( {\alpha + \beta \cos \left( x \right)} \right)^n }}} dx - \frac{1}{{\beta ^2 }}\int {\frac{{\alpha - \beta \cos \left( x \right)}}{{\left( {\alpha + \beta \cos \left( x \right)} \right)^{n - 1} }}} dx$$$ $TEX: $$\frac{1}{{\beta ^2 }}\int {\frac{{\alpha - \beta \cos \left( x \right)}}{{\left( {\alpha + \beta \cos \left( x \right)} \right)^{n - 1} }}} dx = \frac{\alpha }{{\beta ^2 }}\int {\frac{1}{{\left( {\alpha + \beta \cos \left( x \right)} \right)^{n - 1} }}} dx - \frac{1}{\beta }\int {\frac{{\cos \left( x \right)}}{{\left( {\alpha + \beta \cos \left( x \right)} \right)^{n - 1} }}} dx$$$ $TEX: $$\frac{1}{\beta }\int {\frac{{\cos \left( x \right)}}{{\left( {\alpha + \beta \cos \left( x \right)} \right)^{n - 1} }}} dx = \frac{1}{{\beta ^2 }}\int {\frac{1}{{\left( {\alpha + \beta \cos \left( x \right)} \right)^{n - 2} }}} dx - \frac{\alpha }{{\beta ^2 }}\int {\frac{1}{{\left( {\alpha + \beta \cos \left( x \right)} \right)^{n - 1} }}} dx$$$ Reordenando los términos obtenemos la segunda parte de lo esperado. Nos sería de gran ayuda observar lo obtenido en el ejercicio anterior - del post anterior -, con eso nos basta para obtener lo esperado. Como en unos ejercicios atrás, dejo como propuesto las siguientes recurrencias. $TEX: $$I_{\phi ,\varphi } = \int {\sin ^\phi \left( x \right)\cos ^\varphi \left( x \right)dx,\Phi _{\phi ,\varphi } = \int {\sinh ^\phi \left( x \right)} } \cosh ^\varphi \left( x \right)dx$$$ Esto es todo por ahora. Mensaje modificado por neo shykerex el Sep 20 2008, 02:19 AM -------------------- Miembro de Anime No Seishin Doukokai, podrías ser el próximo.

Jean Renard Gran... Jean Renard Granier Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 21 2008, 04:41 AM Publicado: #37
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 otros ejercicios. Probar que $TEX: $$\int_{ - \pi }^\pi {\frac{1}{{1 - \cos \left( \xi \right)\sin \left( x \right)}}dx = \frac{{2\pi }}{{\sin \left( \xi \right)}}} ,\xi > 0$$$ . Haciendo un cambio de variable conveniente, $TEX: $$\tan \left( {\frac{x}{2}} \right) = \mu$$$ . Jugando algebraicamente obtenemos lo siguiente. $TEX: $$\int_{ - \pi }^\pi {\frac{1}{{1 - \cos \left( \xi \right)\sin \left( x \right)}}dx = \int_{ - \infty }^\infty {\frac{2}{{\sin ^2 \left( \xi \right) + \left( {\mu - \cos \left( \xi \right)} \right)^2 }}d\mu } }$$$ La integral obtenida es más conocida, nos da lo siguiente. $TEX: $$\int_{ - \infty }^\infty {\frac{2}{{\sin ^2 \left( \xi \right) + \left( {\mu - \cos \left( \xi \right)} \right)^2 }}} d\mu = \frac{2}{{\sin \left( \xi \right)}}\left. {\arctan \left( {\frac{{\mu - \cos \left( \xi \right)}}{{\sin \left( \xi \right)}}} \right)} \right\|_{ - \infty }^\infty$$$ Evaluando obtenemos lo esperado. Probar que $TEX: $$\int_{ - \pi }^\pi {\frac{{1 + \cos \left( x \right)}}{{\left( {1 - \cos \left( \xi \right)\sin \left( x \right)} \right)^2 }}dx = \frac{{2\pi }}{{\sin ^3 \left( \xi \right)}}} ,\xi > 0$$$ . Haciendo un cambio de variable conveniente, $TEX: $$\tan \left( {\frac{x}{2}} \right) = \mu$$$ . Jugando algebraicamente obtenemos lo siguiente. $TEX: $$\int_{ - \pi }^\pi {\frac{{1 + \cos \left( x \right)}}{{\left( {1 - \cos \left( \xi \right)\sin \left( x \right)} \right)^2 }}dx = \int_{ - \infty }^\infty {\frac{4}{{\left( {\sin ^2 \left( \xi \right) + \left( {\mu - \cos \left( \xi \right)} \right)^2 } \right)^2 }}d\mu } }$$$ Haciendo un nuevo cambio de variable, $TEX: $$\frac{{\mu - \cos \left( \xi \right)}}{{\sin \left( \xi \right)}} = \rho $$$ . Aplicando la nueva variable obtenemos lo siguiente. $TEX: $$\int_{ - \infty }^\infty {\frac{4}{{\left( {\sin ^2 \left( \xi \right) + \left( {\mu - \cos \left( \xi \right)} \right)^2 } \right)^2 }}} d\mu = \frac{4}{{\sin ^3 \left( \xi \right)}}\int_{ - \infty }^\infty {\frac{1}{{\left( {1 + \rho ^2 } \right)^2 }}} d\rho$$$ La última integral es más conocida, de hecho un ejercicio anterior podría servirnos. Entonces, obtenemos lo siguiente. $TEX: $$\frac{4}{{\sin ^3 \left( \xi \right)}}\int_{ - \infty }^\infty {\frac{1}{{\left( {1 + \rho ^2 } \right)^2 }}} d\rho = \frac{2}{{\sin ^3 \left( \xi \right)}}\left. {\left( {\frac{\rho }{{1 + \rho ^2 }} + \arctan \left( \rho \right)} \right)} \right\|_{ - \infty }^\infty $$$ Evaluando se obtiene lo esperado. Esto es todo por ahora. Mensaje modificado por neo shykerex el Sep 21 2008, 09:49 PM -------------------- Miembro de Anime No Seishin Doukokai, podrías ser el próximo.

Naxoo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 21 2008, 01:27 PM Publicado: #38
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:	en los ultimos 2 propuestos debieron haber sido $TEX: $d \xi$$ y no $TEX: $dx$$ . Pienso que ocupar la sustitucion $TEX: $u=tan\left(\dfrac{x}{2}\right)$$ es como usar l´hopital -------------------- 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 />$

Jean Renard Gran... Jean Renard Granier Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 21 2008, 10:29 PM Publicado: #39
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.920 Registrado: 19-August 06 Desde: DIM, DCC Beauchef Miembro Nº: 1.989 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	Acabo de corregir $TEX: $$2$$$ errores, el primero citado por naxoobkn y el segundo del integrando correspondiente a uno de los $TEX: $$2$$$ últimos ejercicios, bien feo ese último. Veamos otro ejercicio. Calcular $TEX: $$\int {\frac{1}{{13 + 3\cos \left( x \right) + 4\sin \left( x \right)}}} dx$$$ . A primera vista, la integral no es trivial. Nos preguntamos si podemos encontrar un método más sencillo de calcular el integrando. Tenemos $TEX: $$2$$$ funciones trigonométricas bastante relacionadas en su representación geométrica. A nivel escolar y/ó universitario uno conoce la representación en triángulo y/ó circunferencia. Entonces, podemos decir que ha llegado el turno de los "parámetros auxiliares". ¿Qué podemos inferir de estas funciones trigonométricas?, se relacionan con un ángulo. Además, ¿existe una relación entre los factores numéricos?. Definamos $TEX: $$\left. \xi \right\|\cos \left( \xi \right) = \frac{3}{{\sqrt {3^2 + 4^2 } }} = \frac{3}{5},\sin \left( \xi \right) = \frac{4}{5}$$$ y $TEX: $$\left. \alpha \right\|13 = 5\alpha $$$ . Entonces, obtenemos lo siguiente. $TEX: $$\int {\frac{1}{{13 + 3\cos \left( x \right) + 4\sin \left( x \right)}}} dx = \int {\frac{1}{{5\alpha + 5\cos \left( \xi \right)\cos \left( x \right) + 5\sin \left( \xi \right)\sin \left( x \right)}}} dx$$$ Recordando que $TEX: $$\cos \left( {\phi - \varphi } \right) = \cos \left( \phi \right)\cos \left( \varphi \right) + \sin \left( \phi \right)\sin \left( \varphi \right)$$$ , obtenemos lo siguiente. $TEX: $$\int {\frac{1}{{5\alpha + 5\cos \left( \xi \right)\cos \left( x \right) + 5\sin \left( \xi \right)\sin \left( x \right)}}} dx = \frac{1}{5}\int {\frac{1}{{\alpha + \cos \left( {x - \xi } \right)}}dx} $$$ La integral obtenida es de una forma conocida. Calculando obtenemos $TEX: $$\frac{1}{6}\arctan \left( {\frac{2}{3}\tan \left( {\frac{x}{2} - \frac{\xi }{2}} \right)} \right) + C,C \in {\Bbb R}$$$ . Esto es todo por ahora. P.D No pasa, L'Hopital es más trucho y pseudoparametrizaciones peor - Por lo menos a nivel de los primeros $TEX: $$3$$$ años -. Mensaje modificado por neo shykerex el Sep 22 2008, 12:36 AM -------------------- Miembro de Anime No Seishin Doukokai, podrías ser el próximo.

Pedro² Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 22 2008, 12:45 AM Publicado: #40
Dios Matemático Supremo Grupo: Colaborador Platinum Mensajes: 824 Registrado: 15-October 07 Desde: Valparaíso Miembro Nº: 11.342 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Está bueno el tema, otro problema: Demostrar que $TEX: \[<br />\Gamma '(1) = - \gamma <br />\]<br />$ Donde $TEX: \[<br />\Gamma (x) = \int_0^\infty {t^{x - 1} e^{ - t} \;dt} <br />\]<br />$ es la función Gamma de Euler, y $TEX: $\gamma$$ es la constante de Euler-Mascheroni, definida por $TEX: \[<br />\gamma = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}<br />{k}} - \ln n} \right)<br />\]<br />$ Primero demostraremos que $TEX: $\gamma$$ existe: De aquí en adelante $TEX: \[<br />\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}<br />{k}} = H_n <br />\]<br />$ será el n-ésimo número armónico. Considerese la sucesión $TEX: \[<br />\left\{ {a_n } \right\}<br />\]<br />$ definida por $TEX: $a_n = H_n - \ln{n}$$ , debemos demostrar que converge. En efecto, $TEX: \[<br />a_{n + 1} - a_n = \sum\limits_{k = 1}^{n + 1} {\frac{1}<br />{k}} - \ln \left( {n + 1} \right) - \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}<br />{k}} + \ln n = \frac{1}<br />{{n + 1}} + \ln \left( {\frac{n}<br />{{n + 1}}} \right) \leqslant 0<br />\]<br />$ Pues, de acuerdo a la desigualdad de la exponencial $TEX: \[<br />e^x \geqslant 1 + x<br />\]<br />$ . Para $TEX: $x<1$$ , $TEX: \[<br />e^{ - x} \geqslant 1 - x \Rightarrow \ln \left( {1 - x} \right) + x \leqslant 0<br />\]$ Ahora, notar que $TEX: \[<br />e^{H_n } = e^1 \cdot e^{\frac{1}<br />{2}} \cdot e^{\frac{1}<br />{3}} \cdot \cdot \cdot e^{\frac{1}<br />{n}} <br />\]<br />$ , nuevamente, de acuerdo a la desigualdad exponencial: $TEX: <br />\[<br />\begin{gathered}<br /> e^{H_n } = e^1 \cdot e^{\frac{1}<br />{2}} \cdot e^{\frac{1}<br />{3}} \cdot \cdot \cdot e^{\frac{1}<br />{n}} \geqslant \left( {1 + 1} \right)\left( {1 + \frac{1}<br />{2}} \right)\left( {1 + \frac{1}<br />{3}} \right) \cdot \cdot \cdot \left( {1 + \frac{1}<br />{n}} \right) = n + 1 \hfill \\<br /> \Rightarrow H_n \geqslant \ln \left( {n + 1} \right) \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />\]<br />$ De forma análoga, $TEX: \[<br />\begin{gathered}<br /> e^{1 - H_n } = e^{ - \frac{1}<br />{2}} \cdot e^{ - \frac{1}<br />{3}} \cdot \cdot \cdot e^{ - \frac{1}<br />{n}} \geqslant \left( {1 - \frac{1}<br />{2}} \right)\left( {1 - \frac{1}<br />{3}} \right) \cdot \cdot \cdot \left( {1 - \frac{1}<br />{n}} \right) = \frac{1}<br />{n} \hfill \\<br /> 1 - H_n \geqslant - \ln n \Rightarrow H_n \leqslant 1 + \ln n \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />\]<br />$ De ambas desigualdades se obtiene que $TEX: \[<br />\ln \left( {1 + \frac{1}<br />{n}} \right) \leqslant H_n - \ln n \leqslant 1<br />\]<br />$ , por lo que, si $TEX: \[<br />n \to \infty <br />\]<br />$ , $TEX: \[<br />0 \leqslant \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } H_n - \ln n \leqslant 1<br />\]<br />$ . Finalmente $TEX: \[<br />\left\{ {a_n } \right\}<br />\]<br />$ es decreciente y acotada y, por lo tanto, converge. Para efectos prácticos nos convendría escribir el n-ésimo número armónico como una integral. En efecto: $TEX: \[<br />H_n = \int_0^1 {\frac{{1 - \left( {1 - x} \right)^n }}<br />{x}} \;dx<br />\]<br />$ Demostración: Considerese la suma $TEX: \[<br />\sum\limits_{k = 1}^n {x^{k - 1} = \frac{{1 - x^n }}<br />{{1 - x}}} <br />\]<br />$ Ver que: $TEX: \[<br />\int_0^1 {\sum\limits_{k = 1}^n {x^{k - 1} } dx} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}<br />{k} = H_n } = \int_0^1 {\frac{{1 - x^n }}<br />{{1 - x}}} \;dx<br />\]<br />$ Mediante el cambio de variable $TEX: \[<br />x \to 1 - x<br />\]<br />$ se obtiene el resultado esperado. Trabajaremos un poco con esta última integral, mediante el cambio de variable $TEX: \[<br />x \to nx<br />\]<br />$ obtenemos: $TEX: \[<br />\begin{gathered}<br /> H_n = \int_0^n {\frac{{1 - \left( {1 - x/n} \right)^n }}<br />{x}} \;dx \hfill \\<br /> = \int_0^1 {\frac{{1 - \left( {1 - x/n} \right)^n }}<br />{x}} \;dx + \int_1^n {\frac{{1 - \left( {1 - x/n} \right)^n }}<br />{x}} \;dx \hfill \\<br /> = \int_0^1 {\frac{{1 - \left( {1 - x/n} \right)^n }}<br />{x}} \;dx - \int_1^n {\frac{{\left( {1 - x/n} \right)^n }}<br />{x}} \;dx + \underbrace {\int_1^n {\frac{{dx}}<br />{x}} }_{\ln n} \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />\]<br />$ Ahora, $TEX: \[<br />\begin{gathered}<br /> \gamma = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } H_n - \ln n \hfill \\<br /> \gamma = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\int_0^1 {\frac{{1 - \left( {1 - x/n} \right)^n }}<br />{x}} \;dx - \int_1^n {\frac{{\left( {1 - x/n} \right)^n }}<br />{x}} \;dx} \right) \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />\]<br />$ Dado que $TEX: \[<br />\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {1 - x/n} \right)^n = e^{ - x} <br />\]<br />$ , se tiene que $TEX: \[<br />\gamma = \int_0^1 {\frac{{1 - e^{ - x} }}<br />{x}} \;dx - \int_1^\infty {\frac{{e^{ - x} }}<br />{x}} \;dx<br />\]<br />$ Finalmente, recurriendo a la definición de la función gamma: $TEX: \[<br />\begin{gathered}<br /> \Gamma (z) = \int_0^\infty {x^{z - 1} e^{ - x} dx} \Rightarrow \frac{{d\Gamma }}<br />{{dz}} = \int_0^\infty {\frac{\partial }<br />{{\partial z}}\left\{ {x^{z - 1} e^{ - x} } \right\}dx} = \int_0^\infty {x^{z - 1} e^{ - x} \ln x\;dx} \hfill \\<br /> \Rightarrow \Gamma '(1) = \int_0^\infty {e^{ - x} \ln x\;dx} \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />\]<br />$ Considerando ahora cada una de las integrales que observamos en la última definición de la constante de Euler-Mascheroni, e integrando por partes: $TEX: \[<br />\begin{gathered}<br /> \gamma = \int_0^1 {\frac{{1 - e^{ - x} }}<br />{x}} \;dx - \int_1^\infty {\frac{{e^{ - x} }}<br />{x}} \;dx \hfill \\<br /> = \int_0^1 {\left( {1 - e^{ - x} } \right)} \frac{d}<br />{{dx}}\left\{ {\ln x} \right\}\;dx - \int_1^\infty {e^{ - x} \frac{d}<br />{{dx}}\left\{ {\ln x} \right\}} \;dx \hfill \\<br /> = \left[ {\left( {1 - e^{ - x} } \right)\ln x} \right]_0^1 - \left( {\int_0^1 {e^{ - x} \ln x} \;dx} \right) - \left( {\left[ {e^{ - x} \ln x} \right]_1^\infty + \left( {\int_1^\infty {e^{ - x} \ln x} \;dx} \right)} \right) \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />\]<br />$ Mediante la regla de L'Hôpital comprobamos que $TEX: \[<br />\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {1 - e^{ - x} } \right)\ln x = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } e^{ - x} \ln x = 0<br />\]<br />$ Finalmente, $TEX: \[<br />\gamma = - \left( {\int_0^1 {e^{ - x} \ln x} \;dx} \right) - \left( {\int_1^\infty {e^{ - x} \ln x} \;dx} \right) = - \left( {\int_0^\infty {e^{ - x} \ln x} \;dx} \right) \Rightarrow \boxed{\Gamma '(1) = - \gamma }<br />\]<br />$ Saludos. -------------------- Pedro P. Montero Silva Estudiante de Licenciatura en Ciencias, Mención Matemática* - Mechón 2009* "One rather curious conclusion emerges, that pure mathematics is on the whole distinctly more useful than applied. A pure mathematician seems to have the advantage on the practical as well as on the aesthetic side. For what is useful above all is technique, and mathematical technique is taught mainly through pure mathematics." G.H. Hardy

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