Integrales para soltar la mano

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Integrales para soltar la mano, recolectando problemitas

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Jean Renard Gran... Jean Renard Granier Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 23 2008, 04:04 AM Publicado: #41
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.920 Registrado: 19-August 06 Desde: DIM, DCC Beauchef Miembro Nº: 1.989 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	Excelente ejercicio Pedro², un clásico que no debe faltar. Viendo que más usuarios se están motivando, veamos otro ejercicio. Probar que $TEX: $$\int_0^\infty {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{\left( {1 + x^2 } \right)^\varphi }}} dx = \frac{{\Gamma \left( {\frac{1}{2}} \right)\psi \left( {\frac{1}{2}} \right) - \Gamma \left( {\varphi - \frac{1}{2}} \right)\psi \left( {\varphi - \frac{1}{2}} \right)}}{{2\Gamma \left( \varphi \right)}},\varphi \in {\Bbb R}$$$ . Con métodos elementales se ve muy difícil, por no decir casi imposible solucionar el problema. Aquí es útil preguntarse sobre variables y funciones relacionadas con la Función Gamma. ¿La razón?, una función analítica definida en ciertas variables y que tenga relación con la Función Gamma puede tener relación con la función que queremos demostrar, también analítica. ¿De qué forma?, conocemos la derivación, integración y otros métodos que pueden aplicarse a una función analítica - en estricto rigor, se deben definir unas condiciones más para decir que puede integrarse y/ó derivarse. Por suerte, aquí se cumplen -. Lo primero que podemos responder es sobre las variables. ¿Qué tal si definimos una nueva función?. $TEX: $${\rm T}\left( {\phi ,\varphi } \right) = \int_0^\infty {\frac{{x^\phi }}{{\left( {1 + x^2 } \right)^\varphi }}} dx,\left\| {\phi ,\varphi \in {\Bbb R}} \right\|$$$ Dicha función es analítica y derivable, lo típico es derivar en la variable $TEX: $$x$$$ . Sin embargo, la función está definida en las variables $TEX: $$\phi$$$ y $TEX: $$\varphi$$$ , por lo que podemos derivar en una de esas $TEX: $$2$$$ variables. Observemos lo siguiente. $TEX: $$\frac{d}{{dx}}\left( {\alpha ^x } \right) = \left( {\alpha ^x } \right)^\prime = \alpha ^x \ln \left( \alpha \right)$$$ Si observamos, nos conviene derivar en $TEX: $$\phi$$$ . Entonces, obtenemos lo siguiente. $TEX: $$\frac{d}{{d\phi }}{\rm T}\left( {\phi ,\varphi } \right) = \int_0^\infty {\frac{{x^\phi \ln \left( x \right)}}{{\left( {1 + x^2 } \right)^\varphi }}} dx$$$ Ahora, si derivamos en $TEX: $$\phi = 0$$$ . $TEX: $$\left. {\frac{d}{{d\phi }}{\rm T}\left( {\phi ,\varphi } \right)} \right\|_{\phi = 0} = \int_0^\infty {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{\left( {1 + x^2 } \right)^\varphi }}}dx$$$ Hemos definido una función analítica relacionada con la que queremos demostrar, ahora nos falta ver una relación con la Función Gamma. Regresemos a la función planteada. Hagamos un cambio de variable conveniente, $TEX: $$\xi = x^2$$$ . ¿La razón?, nos va a quedar una integral análoga a la Función Beta, relacionada con la Función Gamma. Debemos comprobarlo. En efecto, obtenemos lo siguiente. $TEX: $${\rm T}\left( {\phi ,\varphi } \right) = \frac{1}{2}\int_0^\infty {\frac{{\xi ^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle {\left( {\phi - 1} \right)}$}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} }}{{\left( {1 + \xi } \right)^\varphi }}} d\xi$$$ Para lograr hacer una relación con la Función Beta, podemos hacer lo siguiente. $TEX: $${\rm B}\left( {\mu ,\nu } \right) = \int_0^\infty {\frac{{\xi ^{\mu - 1} }}{{\left( {1 + \xi } \right)^{\mu + \nu } }}} d\xi ,\left\| {\mu = \frac{{\phi + 1}}{2},\nu = \varphi - \frac{{\phi + 1}}{2}} \right\|$$$ Entonces, obtenemos el siguiente resultado. $TEX: $${\rm T}\left( {\phi ,\varphi } \right) = {\rm B}\left( {\mu ,\nu } \right) = \frac{{\Gamma \left( {\frac{{\left( {\phi + 1} \right)}}{2}} \right)\Gamma \left( {\varphi - \frac{{\left( {\phi + 1} \right)}}{2}} \right)}}{{\Gamma \left( \varphi \right)}}$$$ - Recordar la relación de la Función Gamma con la Función Beta - Entonces, aplicando la derivada en $TEX: $$\phi = 0$$$ , obtenemos lo siguiente. $TEX: $$\left. {\frac{d}{{d\phi }}{\rm T}\left( {\phi ,\varphi } \right)} \right\|_{\phi = 0} = \int_0^\infty {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{\left( {1 + x^2 } \right)^\varphi }}} dx = \frac{1}{{2\Gamma \left( \varphi \right)}}\left. {\left( {\Gamma '\left( {\frac{{\left( {\phi + 1} \right)}}{2}} \right) - \Gamma '\left( {\varphi - \frac{{\left( {\phi + 1} \right)}}{2}} \right)} \right)} \right\|_{\phi = 0}$$$ Sólo existe un detalle más que debemos observar. $TEX: $$\Gamma '\left( x \right) = \Gamma \left( x \right)\psi \left( x \right)$$$ - Esto lo vamos a demostrar en otro ejercicio - De esta forma, obtenemos lo esperado. Esto es todo por ahora. Mensaje modificado por neo shykerex el Sep 23 2008, 04:06 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 24 2008, 06:03 PM Publicado: #42
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.920 Registrado: 19-August 06 Desde: DIM, DCC Beauchef Miembro Nº: 1.989 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	Ando corto de tiempo, veamos un ejercicio con mesura. Calcular $TEX: $$\int {\frac{{x^5 + 2}}{{x^5 - x}}dx}$$$ . En los ejercicios presentados hasta ahora se han mostrado elementos básicos que deben dominarse en integración para futuros problemas donde deban aplicarse. Repasemos otro de ellos, Fracciones Parciales. Primero, observemos que $TEX: $$\int {\frac{{x^5 + 2}}{{x^5 - x}}dx} = \int {\frac{{x^5 + 2}}{{x\left( {x^4 - 1} \right)}}} = \int {dx} + \int {\frac{{x + 2}}{{x\left( {x^4 - 1} \right)}}} dx$$$ . Calculemos la segunda integral Factorizando y aplicando el Método de Fracciones Parciales en el integrando obtenemos lo siguiente. $TEX: $$\frac{{x + 2}}{{x\left( {x^4 - 1} \right)}} = \frac{{x + 2}}{{x\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {x^2 + 1} \right)}}$$$ $TEX: $$\frac{{x + 2}}{{x\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {x^2 + 1} \right)}} = \frac{A}{x} + \frac{B}{{x - 1}} + \frac{C}{{x + 1}} + \frac{{Dx + E}}{{x^2 + 1}}$$$ Despejando las incógnitas obtenemos lo siguiente. $TEX: $$A = - 2,B = \frac{3}{4},C = \frac{1}{4},D = 1,E = - \frac{1}{2}$$$ Tenemos los integrandos y sus factores. Las integrales obtenidas son de formas conocidas. Calculando se obtiene lo siguiente. $TEX: $$ - 2\ln \left( x \right) + \frac{3}{4}\ln \left( {x - 1} \right) + \frac{1}{4}\ln \left( {x + 1} \right) + \frac{1}{2}\ln \left( {x^2 + 1} \right) - \frac{1}{2}\arctan \left( x \right) + C_2 ,C_2 \in {\Bbb R}$$$ Calculando la primera integral obtenemos $TEX: $$x + C_1 ,C_1 \in {\Bbb R}$$$ . De la segunda integral se obtiene el resultado y la constante - $TEX: $$C_1 + C_2 = C,C \in {\Bbb R}$$$ -. 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 27 2008, 09:52 PM Publicado: #43
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 otro ejercicio con mesura. Probar que $TEX: $$\int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\frac{{\cos ^3 \left( x \right)}}{{1 - \sin \left( x \right)}}} dx = \frac{3}{2}$$$ . La simpleza de este ejercicio tiene intenciones pedagógicas, ¿qué se quiere enseñar?. Normalmente, cuando uno integra con cambio de variables lo hace de forma directa, pasando por la definición de la variable a reemplazar. Sin embargo, uno puede descomponer el integrando y darse cuenta que la derivada unitaria de la integral ya está definida de antemano. Esto puede servir para ahorrarse muchos pasos. En el presente ejercicio podemos analizar los componentes del integrando. $TEX: $$\int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\frac{{\cos ^3 \left( x \right)}}{{1 - \sin \left( x \right)}}} dx = \int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\frac{{\cos ^2 \left( x \right)\cos \left( x \right)}}{{1 - \sin \left( x \right)}}dx}$$$ Uno directamente podría hacer un cambio de variable conveniente, $TEX: $$\xi = \sin \left( x \right),d\xi = \cos \left( x \right)dx$$$ y santo remedio. Sin embargo, si nos fijamos en el integrando, una de las $TEX: $$2$$$ funciones trigonométricas es la derivada de la otra. Si observamos la factorización dada ya tenemos definida la derivada unitaria de la variable a reemplazar, no necesitamos pasar por el proceso directo - Uno lo podría encontrar trivial - incluso por su aparente equivalencia -, pero en integrales más difíciles salva -- de todas formas, se deben cambiar los límites de integración -- -. Entonces, obtenemos lo siguiente. $TEX: $$\int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\frac{{\cos ^2 \left( x \right)\cos \left( x \right)}}{{1 - \sin \left( x \right)}}dx} = \int_0^1 {\frac{{\left( {1 - \xi ^2 } \right)}}{{1 - \xi }}d\xi } = \int_0^1 {\left( {1 + \xi } \right)d\xi }$$$ Evaluando se obtiene lo pedido. Vean la siguiente integral, aquí pueden notar de mejor forma este método. Una solución equivalente - Agradecimientos al usuario naxoobkn -- disculpa por no subirlo antes, estuve en otra -- -. Observar que $TEX: $$\int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\frac{{\cos ^3 \left( x \right)}}{{1 - \sin \left( x \right)}}} dx = \int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\frac{{\cos ^2 \left( x \right)\cos \left( x \right)}}{{1 - \sin \left( x \right)}}} dx$$$ . Entonces, se obtiene lo siguiente. $TEX: $$\int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\frac{{\cos ^2 \left( x \right)\cos \left( x \right)}}{{1 - \sin \left( x \right)}}} dx = \int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\frac{{\left( {1 - \sin ^2 \left( x \right)} \right)\cos \left( x \right)}}{{1 - \sin \left( x \right)}}} dx$$$ Notando la "suma por diferencia" se justifican los siguientes pasos. $TEX: $$\int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\frac{{\left( {1 - \sin ^2 \left( x \right)} \right)\cos \left( x \right)}}{{1 - \sin \left( x \right)}}} dx = \int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\frac{{\left( {1 + \sin \left( x \right)} \right)\left( {1 - \sin \left( x \right)} \right)\cos \left( x \right)}}{{1 - \sin \left( x \right)}}} dx$$$ $TEX: $$\int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\frac{{\left( {1 + \sin \left( x \right)} \right)\left( {1 - \sin \left( x \right)} \right)\cos \left( x \right)}}{{1 - \sin \left( x \right)}}} dx = \int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\left( {1 + \sin \left( x \right)} \right)} \cos \left( x \right)dx$$$ $TEX: $$\int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\left( {1 + \sin \left( x \right)} \right)} \cos \left( x \right)dx = \int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\cos \left( x \right)} dx + \int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\sin \left( x \right)\cos \left( x \right)dx}$$$ Notando que $TEX: $$\sin \left( x \right)\cos \left( x \right) = \frac{1}{2}\sin \left( {2x} \right)$$$ se obtiene lo siguiente. $TEX: $$\int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\cos \left( x \right)} dx + \int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\sin \left( x \right)\cos \left( x \right)dx} = \int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\cos \left( x \right)} dx + \frac{1}{2}\int_0^{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle \pi $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}} {\sin \left( {2x} \right)dx}$$$ Evaluando se obtiene lo esperado. Esto es todo por ahora. Sigan aportando con ejercicios - como pueden ver, hay desde los más pedagógicos y/ó "triviales" hasta las mayores pesadillas -. Proximamente, Aplicaciones de la Integral. Mensaje modificado por neo shykerex el Oct 15 2008, 10:34 PM -------------------- Miembro de Anime No Seishin Doukokai, podrías ser el próximo.

Pedro² Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 16 2008, 03:11 PM Publicado: #44
Dios Matemático Supremo Grupo: Colaborador Platinum Mensajes: 824 Registrado: 15-October 07 Desde: Valparaíso Miembro Nº: 11.342 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Otro problemita: Probar que, para $TEX: $\| \lambda \| \leqslant 1$$ , $TEX: \[<br />\int_0^\pi {\ln \left( {1 + \lambda \cos x} \right)\;dx = \pi \ln \left( {\frac{{1 + \sqrt {1 - \lambda ^2 } }}<br />{2}} \right)} <br />\]<br />$ Sea $TEX: \[<br />I(\lambda ) = \int_0^\pi {\ln \left( {1 + \lambda \cos x} \right)\;dx} <br />\]$ . Notamos que $TEX: $I(0)=0$$ , lo cual verifica la relación pedida. Veremos que ocurre para $TEX: $\lambda \ne 0$$ . Derivando respecto a $TEX: $\lambda$$ : $TEX: \[<br />\begin{gathered}<br /> \frac{{dI}}<br />{{d\lambda }} = \int_0^\pi {\frac{\partial }<br />{{\partial \lambda }}\left\{ {\ln \left( {1 + \lambda \cos x} \right)} \right\}\;dx} = \int_0^\pi {\frac{{\cos x}}<br />{{1 + \lambda \cos x}}\;dx} \hfill \\<br /> = \frac{1}<br />{\lambda }\int_0^\pi {\left( {1 - \frac{1}<br />{{1 + \lambda \cos x}}} \right)\;dx} \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />\]<br />$ El segundo término del integrando está resuelto de forma un poco más general acá, por lo que la integral, evaluada en los límites de integración, queda: $TEX: \[<br />\frac{{dI}}<br />{{d\lambda }} = \frac{1}<br />{\lambda }\left( {\pi - \frac{\pi }<br />{{\sqrt {1 - \lambda ^2 } }}} \right)<br />\]<br />$ Luego, $TEX: \[<br />I\left( \lambda \right) = \pi \int {\left( {\frac{1}<br />{\lambda } - \frac{1}<br />{{\lambda \sqrt {1 - \lambda ^2 } }}} \right)} \;d\lambda <br />\]<br />$ La integración del primer término es directa, para el segundo, haciendo $TEX: $\lambda = \sin{\varphi}$$ , se puede reescribir como $TEX: \[<br />\int {\csc \varphi \;d\varphi = - \ln \|\csc \varphi + \cot \varphi \| + k} = - \ln \left\| {\frac{1}<br />{{\sin \varphi }} + \frac{{\sqrt {1 - \sin ^2 \varphi } }}<br />{{\sin \varphi }}} \right\| + k<br />\]<br />$ Se sigue que $TEX: \[<br />I\left( \lambda \right) = \pi \left( {\ln \|\lambda \| + \ln \left\| {\frac{{1 + \sqrt {1 - \lambda ^2 } }}<br />{\lambda }} \right\|} \right) + k = \pi \ln \left( {1 + \sqrt {1 - \lambda ^2 } } \right) + k<br />\]<br />$ Finalmente, se tiene que $TEX: \[<br />I(0) = 0 \Rightarrow \pi \ln 2 + k = 0<br />\]<br /><br />$ Se concluye que $TEX: \[<br />I\left( \lambda \right) = \pi \ln \left( {\frac{{1 + \sqrt {1 - \lambda ^2 } }}<br />{2}} \right)<br />\]<br />$ Salu -------------------- 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

DressedToKill Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 16 2008, 03:52 PM Publicado: #45
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.818 Registrado: 21-December 06 Miembro Nº: 3.434	Lo unico que me intriga es esto de derivar los parametros de los integrales.. No creo que sea siempre valido, pero en realidad no tengo idea, supongo que tendrá que ver con la convergencia o algo asi. -------------------- http://www.youtube.com/watch?v=sp_WV91jx8E...feature=related

PaulRS Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 16 2008, 03:58 PM Publicado: #46
Doctor en Matemáticas Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 156 Registrado: 11-June 07 Miembro Nº: 6.615 Nacionalidad: Sexo:	CITA(Pedro² @ Oct 16 2008, 06:11 PM) Otro problemita: Probar que, para $TEX: $\| \lambda \| \leqslant 1$$ , $TEX: \[<br />\int_0^\pi {\ln \left( {1 + \lambda \cos x} \right)\;dx = \pi \ln \left( {\frac{{1 + \sqrt {1 - \lambda ^2 } }}<br />{2}} \right)} <br />\]<br />$ Sea $TEX: \[<br />I(\lambda ) = \int_0^\pi {\ln \left( {1 + \lambda \cos x} \right)\;dx} <br />\]$ . Notamos que $TEX: $I(0)=0$$ , lo cual verifica la relación pedida. Veremos que ocurre para $TEX: $\lambda \ne 0$$ . Derivando respecto a $TEX: $\lambda$$ : $TEX: \[<br />\begin{gathered}<br /> \frac{{dI}}<br />{{d\lambda }} = \int_0^\pi {\frac{\partial }<br />{{\partial \lambda }}\left\{ {\ln \left( {1 + \lambda \cos x} \right)} \right\}\;dx} = \int_0^\pi {\frac{{\cos x}}<br />{{1 + \lambda \cos x}}\;dx} \hfill \\<br /> = \frac{1}<br />{\lambda }\int_0^\pi {\left( {1 - \frac{1}<br />{{1 + \lambda \cos x}}} \right)\;dx} \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />\]<br />$ El segundo término del integrando está resuelto de forma un poco más general acá, por lo que la integral, evaluada en los límites de integración, queda: $TEX: \[<br />\frac{{dI}}<br />{{d\lambda }} = \frac{1}<br />{\lambda }\left( {\pi - \frac{\pi }<br />{{\sqrt {1 - \lambda ^2 } }}} \right)<br />\]<br />$ Luego, $TEX: \[<br />I\left( \lambda \right) = \pi \int {\left( {\frac{1}<br />{\lambda } - \frac{1}<br />{{\lambda \sqrt {1 - \lambda ^2 } }}} \right)} \;d\lambda <br />\]<br />$ La integración del primer término es directa, para el segundo, haciendo $TEX: $\lambda = \sin{\varphi}$$ , se puede reescribir como $TEX: \[<br />\int {\csc \varphi \;d\varphi = - \ln \|\csc \varphi + \cot \varphi \| + k} = - \ln \left\| {\frac{1}<br />{{\sin \varphi }} + \frac{{\sqrt {1 - \sin ^2 \varphi } }}<br />{{\sin \varphi }}} \right\| + k<br />\]<br />$ Se sigue que $TEX: \[<br />I\left( \lambda \right) = \pi \left( {\ln \|\lambda \| + \ln \left\| {\frac{{1 + \sqrt {1 - \lambda ^2 } }}<br />{\lambda }} \right\|} \right) + k = \pi \ln \left( {1 + \sqrt {1 - \lambda ^2 } } \right) + k<br />\]<br />$ Finalmente, se tiene que $TEX: \[<br />I(0) = 0 \Rightarrow \pi \ln 2 + k = 0<br />\]<br /><br />$ Se concluye que $TEX: \[<br />I\left( \lambda \right) = \pi \ln \left( {\frac{{1 + \sqrt {1 - \lambda ^2 } }}<br />{2}} \right)<br />\]<br />$ Salu Otra forma de verlo: $TEX: $$<br />\int_0^\pi {\log \left[ {1 + \lambda \cdot \cos \left( x \right)} \right]dx} = \int_0^\pi {\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\tfrac{{\lambda ^n \cdot \cos ^n \left( x \right)}}<br />{n} \cdot \left( { - 1} \right)^{n + 1} } } \right)dx} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\tfrac{{\lambda ^n \cdot \int_0^\pi {\cos ^n \left( x \right)dx} }}<br />{n} \cdot \left( { - 1} \right)^{n + 1} } <br />$$$ Ahora recordemos que: $TEX: $$<br />\int_0^\pi {\cos ^n \left( x \right)dx} = \left\{ \begin{gathered}<br /> 0{\text{ si }}n \ne \dot 2 \hfill \\\binom{2m}{m}\cdot \tfrac{\pi }<br />{{4^m }}{\text{ si }}n = 2m,{\text{ con }}m \in \mathbb{Z} \hfill \\ <br />\end{gathered} \right.<br />$$$ Luego: $TEX: $$<br />\int_0^\pi {\log \left[ {1 + \lambda \cdot \cos \left( x \right)} \right]dx} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\tfrac{{\lambda ^{2n} \cdot \binom{2n}{n}\cdot \tfrac{\pi }<br />{{4^n }}}}<br />{{2n}} \cdot \left( { - 1} \right)^{2n + 1} } = - \pi \sum\limits_{n = 1}^\infty { \binom{2n}{n}\tfrac{{\left( {\tfrac{\lambda }<br />{2}} \right)^{2n} }}<br />{{\left( {2n} \right)}}} <br />$$$ $TEX: $$<br />\begin{gathered}<br /> \sum\limits_{n = 0}^\infty {\binom{2n}{n}\cdot x^n } = \tfrac{1}<br />{{\sqrt {1 - 4x} }} \Rightarrow \sum\limits_{n = 1}^\infty {\binom{2n}{n} \cdot \tfrac{{x^{2n - 1} }}<br />{{2^{2n} }}} = \tfrac{1}<br />{x} \cdot \left( {\tfrac{1}<br />{{\sqrt {1 - x^2 } }} - 1} \right) \hfill \\<br /> \Rightarrow \sum\limits_{n = 1}^\infty {\binom{2n}{n} \cdot \tfrac{{x^{2n} }}<br />{{\left( {2n} \right) \cdot 2^{2n} }}} = \int_0^x {\tfrac{1}<br />{z} \cdot \left( {\tfrac{1}<br />{{\sqrt {1 - z^2 } }} - 1} \right)dz} \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />$$$ Ahora veamos la integral: $TEX: $$<br />\begin{gathered}<br /> \int_0^x {\tfrac{1}<br />{z} \cdot \left( {\tfrac{1}<br />{{\sqrt {1 - z^2 } }} - 1} \right)dz} = \int_0^x {\tfrac{1}<br />{z} \cdot \left( {\tfrac{{1 - \sqrt {1 - z^2 } }}<br />{{\sqrt {1 - z^2 } }}} \right)dz} = \int_0^x {\tfrac{1}<br />{z} \cdot \left( {\tfrac{{1 - \sqrt {1 - z^2 } }}<br />{{\sqrt {1 - z^2 } }}} \right) \cdot \left( {\tfrac{{1 + \sqrt {1 - z^2 } }}<br />{{1 + \sqrt {1 - z^2 } }}} \right)dz} = \int_0^x {\tfrac{z}<br />{{\left( {1 + \sqrt {1 - z^2 } } \right) \cdot \sqrt {1 - z^2 } }}dz} \hfill \\<br /> \int_0^x {\tfrac{z}<br />{{\left( {1 + \sqrt {1 - z^2 } } \right) \cdot \sqrt {1 - z^2 } }}dz} \underbrace = _{u = 1 + \sqrt {1 - z^2 } } - \int_2^{1 + \sqrt {1 - x^2 } } {\tfrac{{du}}<br />{u}} = - \log \left( {\tfrac{{1 + \sqrt {1 - x^2 } }}<br />{2}} \right) \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />$$$ Por lo tanto se tiene: $TEX: $$<br />\sum\limits_{n = 1}^\infty {\binom{2n}{n}\tfrac{{\left( {\tfrac{\lambda }<br />{2}} \right)^{2n} }}<br />{{\left( {2n} \right)}}} = - \log \left( {\tfrac{{1 + \sqrt {1 - \lambda ^2 } }}<br />{2}} \right)<br />$$$ y entonces: $TEX: $$<br />\int_0^\pi {\log \left[ {1 + \lambda \cdot \cos \left( x \right)} \right]dx} = \pi \cdot \log \left( {\tfrac{{1 + \sqrt {1 - \lambda ^2 } }}<br />{2}} \right)<br />$$$ Saludos -------------------- $TEX: $\sqrt[3]{\displaystyle\sum_{i=1}^n{i^{3\cdot{\sqrt[]{3}}-1}}}\approx{\displaystyle\sum_{i=1}^n{i^{\sqrt[]{3}-1}}}$$

Pedro² Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 18 2008, 04:54 PM Publicado: #47
Dios Matemático Supremo Grupo: Colaborador Platinum Mensajes: 824 Registrado: 15-October 07 Desde: Valparaíso Miembro Nº: 11.342 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(DressedToKill @ Oct 16 2008, 04:52 PM) Lo unico que me intriga es esto de derivar los parametros de los integrales.. No creo que sea siempre valido, pero en realidad no tengo idea, supongo que tendrá que ver con la convergencia o algo asi. Según se (la verdad recien me inicio en el tema, cualquier error favor de corregir), efectivamente no es siempre válido, la condicion que se debe cumplir es que la funciones $TEX: $f(x,\lambda)$$ y $TEX: \[<br />f_\lambda (x,\lambda )<br />\]<br />$ sean continuas en la región $TEX: \[<br />R = \left\{ {\left( {x,\lambda } \right)/a \leqslant x \leqslant b,c \leqslant \lambda \leqslant d} \right\}<br />\]<br />$ , entonces se puede afirmar que $TEX: \[<br />\frac{d}<br />{{d\lambda }}\left\{ {\int_a^b {f(x,\lambda )\;dx} } \right\} = \int_a^b {\frac{\partial }<br />{{\partial \lambda }}\left\{ {f(x,\lambda )} \right\}\;dx} \;\;\forall \lambda \in \left[ {c,d} \right]<br />\]<br />$ . Y eso se puede extender para las integrales impropias, con la condición de convergencia. Saludos Mensaje modificado por Pedro² el Oct 18 2008, 04:55 PM -------------------- 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

「Krizalid」 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 18 2008, 05:00 PM Publicado: #48
Staff FMAT Grupo: Super Moderador Mensajes: 8.124 Registrado: 21-May 06 Miembro Nº: 1.156 Nacionalidad: Sexo:	QUOTE(Pedro² @ Oct 16 2008, 05:11 PM) Otro problemita: Probar que, para $TEX: $\| \lambda \| \leqslant 1$$ , $TEX: \[<br />\int_0^\pi {\ln \left( {1 + \lambda \cos x} \right)\;dx = \pi \ln \left( {\frac{{1 + \sqrt {1 - \lambda ^2 } }}<br />{2}} \right)} <br />\]<br />$ $TEX: \begin{eqnarray}<br /> \int_0^\pi {\ln (1 + \varphi \cos x)\,dx} &=& \int_0^\pi \! {\int_0^\varphi {\frac{{\cos x}}<br />{{1 + y\cos x}}\,dy} \,dx} \hfill \\<br /> &=& \int_0^\varphi \! {\int_0^\pi {\frac{{1 + y\cos x - 1}}<br />{{y(1 + y\cos x)}}\,dx} \,dy} \hfill \\<br /> &=& \int_0^\varphi {\left\{ {\underbrace {\int_0^\pi {dx} }_\pi - \underbrace {\int_0^\pi {\frac{1}<br />{{1 + y\cos x}}\,dx} }_{\dfrac\pi{\sqrt{1-y^2}} }} \right\}\,\frac{{dy}}<br />{y}} \hfill \\<br /> &=& \pi \int_0^\varphi {\frac{{\sqrt {1 - y^2 } - 1}}<br />{{y\sqrt {1 - y^2 } }}\,dy} ,<br />\end{eqnarray}$ para el cálculo de la integral restante, definiremos $TEX: $z = \ln \left( {1 + \sqrt {1 - y^2 } } \right),$$ y de aquí $TEX: \begin{eqnarray}<br /> \frac{{dz}}<br />{{dy}} &=& - \frac{y}<br />{{\left( {1 + \sqrt {1 - y^2 } } \right)\sqrt {1 - y^2 } }} \hfill \\<br /> &=& \frac{{y\left( {\sqrt {1 - y^2 } - 1} \right)}}<br />{{y^2 \sqrt {1 - y^2 } }} \hfill \\<br /> &=& \frac{{\sqrt {1 - y^2 } - 1}}<br />{{y\sqrt {1 - y^2 } }}.<br />\end{eqnarray}$ Finalmente $TEX: \[<br />\int_0^\pi {\ln (1 + \varphi \cos x)\,dx} = \pi \cdot z\Big\|_{\ln 2}^{\ln \left( {1 + \sqrt {1 - \varphi ^2 } } \right)} = \pi \cdot \ln \frac{{1 + \sqrt {1 - \varphi ^2 } }}<br />{2}.\quad\blacksquare<br />\]$

CuadraoFunk Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 21 2008, 09:44 PM Publicado: #49
Doctor en Matemáticas Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 165 Registrado: 15-October 06 Desde: Santiago Miembro Nº: 2.530 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(PaulRS @ Oct 16 2008, 04:58 PM) Otra forma de verlo: $TEX: $$<br />\int_0^\pi {\log \left[ {1 + \lambda \cdot \cos \left( x \right)} \right]dx} = \int_0^\pi {\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\tfrac{{\lambda ^n \cdot \cos ^n \left( x \right)}}<br />{n} \cdot \left( { - 1} \right)^{n + 1} } } \right)dx} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\tfrac{{\lambda ^n \cdot \int_0^\pi {\cos ^n \left( x \right)dx} }}<br />{n} \cdot \left( { - 1} \right)^{n + 1} } <br />$$$ Ahora recordemos que: $TEX: $$<br />\int_0^\pi {\cos ^n \left( x \right)dx} = \left\{ \begin{gathered}<br /> 0{\text{ si }}n \ne \dot 2 \hfill \\\binom{2m}{m}\cdot \tfrac{\pi }<br />{{4^m }}{\text{ si }}n = 2m,{\text{ con }}m \in \mathbb{Z} \hfill \\ <br />\end{gathered} \right.<br />$$$ Luego: $TEX: $$<br />\int_0^\pi {\log \left[ {1 + \lambda \cdot \cos \left( x \right)} \right]dx} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\tfrac{{\lambda ^{2n} \cdot \binom{2n}{n}\cdot \tfrac{\pi }<br />{{4^n }}}}<br />{{2n}} \cdot \left( { - 1} \right)^{2n + 1} } = - \pi \sum\limits_{n = 1}^\infty { \binom{2n}{n}\tfrac{{\left( {\tfrac{\lambda }<br />{2}} \right)^{2n} }}<br />{{\left( {2n} \right)}}} <br />$$$ $TEX: $$<br />\begin{gathered}<br /> \sum\limits_{n = 0}^\infty {\binom{2n}{n}\cdot x^n } = \tfrac{1}<br />{{\sqrt {1 - 4x} }} \Rightarrow \sum\limits_{n = 1}^\infty {\binom{2n}{n} \cdot \tfrac{{x^{2n - 1} }}<br />{{2^{2n} }}} = \tfrac{1}<br />{x} \cdot \left( {\tfrac{1}<br />{{\sqrt {1 - x^2 } }} - 1} \right) \hfill \\<br /> \Rightarrow \sum\limits_{n = 1}^\infty {\binom{2n}{n} \cdot \tfrac{{x^{2n} }}<br />{{\left( {2n} \right) \cdot 2^{2n} }}} = \int_0^x {\tfrac{1}<br />{z} \cdot \left( {\tfrac{1}<br />{{\sqrt {1 - z^2 } }} - 1} \right)dz} \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />$$$ Ahora veamos la integral: $TEX: $$<br />\begin{gathered}<br /> \int_0^x {\tfrac{1}<br />{z} \cdot \left( {\tfrac{1}<br />{{\sqrt {1 - z^2 } }} - 1} \right)dz} = \int_0^x {\tfrac{1}<br />{z} \cdot \left( {\tfrac{{1 - \sqrt {1 - z^2 } }}<br />{{\sqrt {1 - z^2 } }}} \right)dz} = \int_0^x {\tfrac{1}<br />{z} \cdot \left( {\tfrac{{1 - \sqrt {1 - z^2 } }}<br />{{\sqrt {1 - z^2 } }}} \right) \cdot \left( {\tfrac{{1 + \sqrt {1 - z^2 } }}<br />{{1 + \sqrt {1 - z^2 } }}} \right)dz} = \int_0^x {\tfrac{z}<br />{{\left( {1 + \sqrt {1 - z^2 } } \right) \cdot \sqrt {1 - z^2 } }}dz} \hfill \\<br /> \int_0^x {\tfrac{z}<br />{{\left( {1 + \sqrt {1 - z^2 } } \right) \cdot \sqrt {1 - z^2 } }}dz} \underbrace = _{u = 1 + \sqrt {1 - z^2 } } - \int_2^{1 + \sqrt {1 - x^2 } } {\tfrac{{du}}<br />{u}} = - \log \left( {\tfrac{{1 + \sqrt {1 - x^2 } }}<br />{2}} \right) \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />$$$ Por lo tanto se tiene: $TEX: $$<br />\sum\limits_{n = 1}^\infty {\binom{2n}{n}\tfrac{{\left( {\tfrac{\lambda }<br />{2}} \right)^{2n} }}<br />{{\left( {2n} \right)}}} = - \log \left( {\tfrac{{1 + \sqrt {1 - \lambda ^2 } }}<br />{2}} \right)<br />$$$ y entonces: $TEX: $$<br />\int_0^\pi {\log \left[ {1 + \lambda \cdot \cos \left( x \right)} \right]dx} = \pi \cdot \log \left( {\tfrac{{1 + \sqrt {1 - \lambda ^2 } }}<br />{2}} \right)<br />$$$ Saludos Que notable!! -------------------- Felipe Ramirez Ingenieria en Aviacion

Virus Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 29 2008, 08:58 PM Publicado: #50
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 107 Registrado: 14-October 07 Desde: La prisión de vidrio Miembro Nº: 11.284 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Esta me tiene pegado: $TEX: $\int_0^1{ln(x^{2} + 1)}$$ Mensaje modificado por Virus el Oct 29 2008, 08:59 PM -------------------- Felipe Vera A. Ingeniería Civil Electrónica 2009 UTFSM y Ayudante de MAT022 Agradecer no cuesta nada. Es más, entusiasma para seguir aportando. ;)

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