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FMAT Integral Bee!

Gastón Burrull	Jul 11 2011, 03:15 PM Publicado: #101
Invitado	CITA(Crash! @ Jul 11 2011, 03:56 AM) $TEX: \[\begin{gathered}<br /> {\text{sea }}f{\text{ funcion par}}{\text{.}} \hfill \\<br /> sea\;\alpha > 0 \hfill \\<br /> {I_f} = \int\limits_0^1 {f\left( {{{\left[ {1 - {x^\alpha }} \right]}^{\frac{1}{\alpha }}} - x} \right)dx} \hfill \\<br /> sea \hfill \\<br /> 1 - {x^\alpha } = {t^\alpha } \Rightarrow x = {\left( {1 - {t^\alpha }} \right)^{\frac{1}{\alpha }}} \Rightarrow dx = - {\left( {1 - {t^\alpha }} \right)^{\frac{1}{\alpha } - 1}}{t^{\alpha - 1}}dt \hfill \\<br /> x = 0 \Rightarrow t = 1 \hfill \\<br /> x = 1 \Rightarrow t = 0 \hfill \\<br /> {I_f} = \int\limits_0^1 {f\left( {t - {{\left[ {1 - {t^\alpha }} \right]}^{\frac{1}{\alpha }}}} \right){{\left( {1 - {t^\alpha }} \right)}^{\frac{1}{\alpha } - 1}}{t^{\alpha - 1}}dt} \hfill \\<br /> {\text{como la variable es muda y f es par lo sumamos a la primera expresion de la integral y}}... \hfill \\<br /> 2{I_f} = \int\limits_0^1 {f\left( {{{\left[ {1 - {x^\alpha }} \right]}^{\frac{1}{\alpha }}} - x} \right)\left( {1 + {{\left( {1 - {x^\alpha }} \right)}^{\frac{1}{\alpha } - 1}}{x^{\alpha - 1}}} \right)dx} \hfill \\<br /> {\text{basta hacer }}z = {\left[ {1 - {x^\alpha }} \right]^{\frac{1}{\alpha }}} - x \Rightarrow - dz = \left( {1 + {{\left( {1 - {x^\alpha }} \right)}^{\frac{1}{\alpha } - 1}}{x^{\alpha - 1}}} \right)dx \hfill \\<br /> \Rightarrow {I_f} = \frac{1}{2}\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( z \right)dz} = \int\limits_0^1 {f\left( z \right)dz} \hfill \\<br /> {\text{luego la integral pedida es }} \hfill \\<br /> {I_{{x^{2n}}}} = \int\limits_0^1 {{x^{2n}}dx} = \frac{1}{{2n + 1}} \hfill \\ <br />\end{gathered} \]$ Propuestin: Ojalá se haga sin el método obvio (de residuos) $TEX: \[\begin{gathered}<br /> {\text{Calcule:}} \hfill \\<br /> \int\limits_0^{2\pi } {\frac{{dx}}{{1 + 2a\cos \left( x \right) + {a^2}}}} \hfill \\ <br />\end{gathered} \]$ Muy bien, la solución esperada

master_c	Jul 11 2011, 03:34 PM Publicado: #102
Invitado	crash cambia el problema esa integral ya esta calculada en la pagina 5, en realidad es muy parecida creo que cambia en un menos y seria, pero el procedimiento es el mismo (: mientras esperamos que Crash cambia el problema propongo $TEX: $$<br />I = \int_0^{ + \infty } {\frac{{\tan ^{ - 1} \pi x - \tan ^{ - 1} x}}<br />{x}dx} <br />$$<br />$ obviamente el desarrollo sin Frulliani (: Mensaje modificado por master_c el Jul 11 2011, 03:46 PM

Abu-Khalil Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 11 2011, 03:53 PM Publicado: #103
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 3.812 Registrado: 4-November 07 Desde: Santiago Miembro Nº: 12.213 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: \begin{equation}\begin{aligned}<br />\int_0^\infty\frac{\arctan(\pi x)-\arctan x}{x}dx&=\int_0^\infty\int_1^\pi\frac{dydx}{1+(xy)^2}=\int_1^\pi\int_0^{\infty}\frac{dxdy}{1+(xy)^2}=\frac{\pi}{2}\int_1^\pi\frac{dy}{y}=\frac\pi 2\log\pi.<br />\end{aligned}\end{equation}$ Esperemos a que Crash postee ---- CITA(Gastón Burrull @ Jul 1 2011, 02:06 AM) Así que tenemos una cota inferior. Sin embargo, la demostración usual de la desigualdad de Cauchy, establece que la igualdad siempre existe en el espacio dotado de produco interno, finalmente, $TEX: $$\operatorname{min}\left(\int_0^1\big(f'(x)\big)^2\,dx\right)=30.$$$ Ojo que no es obvio que la igualdad ocurra. En el caso de la demostración típica de C-S-B, la igualdad se logra cuando uno productea dos vectores paralelos pero el subespacio de $TEX: $L^2$$ en el que se está trabajando es disjunto del espacio de soluciones de $TEX: $y'=x-x^2$$ (el único grado de libertad que se tiene es una constante pero tiene dos restricciones). De hecho, ni siquiera es un espacio vectorial (es inmediato que no es cerrado para ponderaciones escalares). Sin embargo, es posible encontrar a la función que minimiza la igualdad así que yo no daría por terminado el ejercicio hasta que se exhiba. -------------------- ~milopez $TEX: \[\mathfrak{L}=\int_{-\infty}^\infty e^{-289x^2}dx=\frac{\Gamma (\frac{1}{2})}{17}=\frac{\sqrt{\pi}}{17}\]$ $TEX: <br />\begin{equation}\begin{aligned}<br />dS_t&=\mu S_t dt+\sqrt{V_t}S_t dW^S_t\\<br />dV_t&=\kappa(\theta-V_t)dt+\sigma\sqrt{V_t} dW^V_t\\<br />\end{aligned}\end{equation}<br />$ $TEX: <br />$$\mathbb A^{\text U}_M(N)$$<br />$

Gastón Burrull	Jul 11 2011, 08:54 PM Publicado: #104
Invitado	CITA(Abu-Khalil @ Jul 11 2011, 05:53 PM) $TEX: \begin{equation}\begin{aligned}<br />\int_0^\infty\frac{\arctan(\pi x)-\arctan x}{x}dx&=\int_0^\infty\int_1^\pi\frac{dydx}{1+(xy)^2}=\int_1^\pi\int_0^{\infty}\frac{dxdy}{1+(xy)^2}=\frac{\pi}{2}\int_1^\pi\frac{dy}{y}=\frac\pi 2\log\pi.<br />\end{aligned}\end{equation}$ Esperemos a que Crash postee ---- Ojo que no es obvio que la igualdad ocurra. En el caso de la demostración típica de C-S-B, la igualdad se logra cuando uno productea dos vectores paralelos pero el subespacio de $TEX: $L^2$$ en el que se está trabajando es disjunto del espacio de soluciones de $TEX: $y'=x-x^2$$ (el único grado de libertad que se tiene es una constante pero tiene dos restricciones). De hecho, ni siquiera es un espacio vectorial (es inmediato que no es cerrado para ponderaciones escalares). Sin embargo, es posible encontrar a la función que minimiza la igualdad así que yo no daría por terminado el ejercicio hasta que se exhiba. Creo que me confundí, en todo caso como dices se puede dar fácilmente una función cuyo módulo al cuadrado sea 30 y estamos listos, simplemente multiplicar por 30 el polinomio $TEX: $x-x^2$$ y ese sería el $TEX: $f(x)$$ que cumple la igualdad, bastaría verificar que se cumplen las hipótesis iniciales (que al ojo creo que sí se cumplen).

Crash! Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 12 2011, 12:14 AM Publicado: #105
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 929 Registrado: 22-June 08 Desde: Santiago Miembro Nº: 27.979 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Pucha cabros proponganse algo pos, que tengo mas integrales dificiles pero yo no he resuelto (no me han salido) y niun brillo que ande proponiendo cosas que no me salen, así que eso xD -------------------- Ex-Electrico Usach 2008 Mechón Injenieria 2009 Tengo Sed.

「Krizalid」 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 12 2011, 01:02 AM Publicado: #106
Staff FMAT Grupo: Super Moderador Mensajes: 8.124 Registrado: 21-May 06 Miembro Nº: 1.156 Nacionalidad: Sexo:	Bueno, algo con parte entera: Hallar $TEX: $$\int_{0}^{\infty }{\left\lfloor \frac{n}{{{e}^{x}}} \right\rfloor \,dx}.$$$

OckUC Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 12 2011, 04:01 AM Publicado: #107
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 288 Registrado: 25-August 09 Desde: Por ahí Miembro Nº: 57.644 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	Suponiendo que n es natural, notar que $TEX: $$\int\limits_{0}^{\infty }{\left\lfloor \frac{n}{e^{x}} \right\rfloor dx}=\int\limits_{0}^{\ln \left( n \right)}{\left\lfloor \frac{n}{e^{x}} \right\rfloor dx}+\int\limits_{\ln \left( n \right)}^{\infty }{\left\lfloor \frac{n}{e^{x}} \right\rfloor dx}$$$ Se tiene que: $TEX: $$\ln \left( n \right)<x\Rightarrow 0<\frac{n}{e^{x}}<1\Rightarrow \left\lfloor \frac{n}{e^{x}} \right\rfloor =0\Rightarrow \int\limits_{\ln \left( n \right)}^{\infty }{\left\lfloor \frac{n}{e^{x}} \right\rfloor dx}=0$$$ Luego $TEX: $$\int\limits_{0}^{\infty }{\left\lfloor \frac{n}{e^{x}} \right\rfloor dx}=\int\limits_{0}^{\ln \left( n \right)}{\left\lfloor \frac{n}{e^{x}} \right\rfloor dx}\underbrace{=}_{u=\frac{n}{e^{x}}}\int\limits_{1}^{n}{\frac{\left\lfloor u \right\rfloor }{u}du}$$$ Separando en intervalos $TEX: $$k\le u<k+1\Rightarrow \left\lfloor u \right\rfloor =k$$$ se tiene $TEX: $$\int\limits_{1}^{n}{\frac{\left\lfloor u \right\rfloor }{u}du}=\sum\limits_{k=1}^{n-1}{\int\limits_{k}^{k+1}{\frac{\left\lfloor u \right\rfloor }{u}du}}=\sum\limits_{k=1}^{n-1}{\int\limits_{k}^{k+1}{\frac{k}{u}du}}=\sum\limits_{k=1}^{n-1}{k\cdot \ln \left( \frac{k+1}{k} \right)}=\ln \left( \prod\limits_{k=1}^{n-1}{\left( \frac{k+1}{k} \right)^{k}} \right)$$$ Luego, usando telescópica para productorias $TEX: $$\ln \left( \prod\limits_{k=1}^{n-1}{\left( \frac{k+1}{k} \right)^{k}} \right)=\ln \left( \prod\limits_{k=1}^{n-1}{\frac{\left( k+1 \right)^{k+1}}{k^{k}}}\cdot \frac{1}{\prod\limits_{k=1}^{n-1}{\left( k+1 \right)}} \right)=\ln \left( \frac{n^{n}}{1^{1}}\cdot \frac{1}{n!} \right)=n\cdot \ln \left( n \right)-\ln \left( n! \right)$$$ $TEX: $$\therefore \int\limits_{0}^{\infty }{\left\lfloor \frac{n}{e^{x}} \right\rfloor dx}=n\cdot \ln \left( n \right)-\ln \left( n! \right)$$$ Mi propuesto es (no sé si a lo mejor ya estaba): $TEX: $$\int\limits_{{2}/{\pi }\;}^{\infty }{\ln \left( \sin \left( \frac{1}{x} \right) \right)\cdot \frac{dx}{x^{2}}}$$$ -------------------- RECURSIÓN: Si no lo entiende, vea RECURSIÓN $TEX: Conjunto $R$:$ $TEX: <br />$$R=\{X:X\notin X\}$$<br />$ $TEX: <br />$$R\in R\Leftrightarrow R\notin R$$<br />$

「Krizalid」 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 12 2011, 09:45 AM Publicado: #108
Staff FMAT Grupo: Super Moderador Mensajes: 8.124 Registrado: 21-May 06 Miembro Nº: 1.156 Nacionalidad: Sexo:	Olvidé mencionar que $TEX: $n$$ es natural, en efecto. Si hacías la sustitución directamente tenías $TEX: $$\int_{0}^{\infty }{\left\lfloor \frac{n}{{{e}^{x}}} \right\rfloor \,dx}=\int_{0}^{n}{\frac{\left\lfloor t \right\rfloor }{t}\,dt}=\sum\limits_{k=0}^{n-1}{\int_{k}^{k+1}{\frac{k}{t}\,dt}}=\sum\limits_{k=1}^{n-1}{k\ln \frac{k+1}{k}},$$$ y para el cálculo de la suma notamos $TEX: $$(k+1-1)\left( \ln (k+1)-\ln k \right)=(k+1)\ln (k+1)-k\ln k-\ln (k+1),$$$ y la suma vale $TEX: $n\ln n-\ln n!.$$ Elige otro propuesto, esa integral está disfrazada en una que ha sido posteada unas 300 veces en el foro.

OckUC Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 12 2011, 02:50 PM Publicado: #109
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 288 Registrado: 25-August 09 Desde: Por ahí Miembro Nº: 57.644 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	CITA(Krizalid @ Jul 12 2011, 10:45 AM) Olvidé mencionar que $TEX: $n$$ es natural, en efecto. Si hacías la sustitución directamente tenías $TEX: $$\int_{0}^{\infty }{\left\lfloor \frac{n}{{{e}^{x}}} \right\rfloor \,dx}=\int_{0}^{n}{\frac{\left\lfloor t \right\rfloor }{t}\,dt}=\sum\limits_{k=0}^{n-1}{\int_{k}^{k+1}{\frac{k}{t}\,dt}}=\sum\limits_{k=1}^{n-1}{k\ln \frac{k+1}{k}},$$$ y para el cálculo de la suma notamos $TEX: $$(k+1-1)\left( \ln (k+1)-\ln k \right)=(k+1)\ln (k+1)-k\ln k-\ln (k+1),$$$ y la suma vale $TEX: $n\ln n-\ln n!.$$ Elige otro propuesto, esa integral está disfrazada en una que ha sido posteada unas 300 veces en el foro. OK! Aquí va el segundo intento (probablemente también esté): $TEX: $$\int\limits_{0}^{\infty }{\frac{\sin ^{2}\left( x \right)dx}{1+x^{2}}}$$$ -------------------- RECURSIÓN: Si no lo entiende, vea RECURSIÓN $TEX: Conjunto $R$:$ $TEX: <br />$$R=\{X:X\notin X\}$$<br />$ $TEX: <br />$$R\in R\Leftrightarrow R\notin R$$<br />$

Crash! Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 12 2011, 08:30 PM Publicado: #110
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 929 Registrado: 22-June 08 Desde: Santiago Miembro Nº: 27.979 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: \[\begin{gathered}<br /> I\left( a \right) = \int\limits_0^\infty {\frac{{{{\sin }^2}\left( {ax} \right)}}{{1 + {x^2}}}dx} = \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {\frac{{dx}}{{1 + {x^2}}}} - \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {\frac{{\cos \left( {2ax} \right)}}{{1 + {x^2}}}dx} \hfill \\<br /> I\left( a \right) = \frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {\cos \left( {2ax} \right)\int\limits_0^\infty {{e^{ - xt}}\sin \left( t \right)dt} dx} \hfill \\<br /> I\left( a \right) = \frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {\int\limits_0^\infty {{e^{ - xt}}\cos \left( {2ax} \right)\sin \left( t \right)dx} dt} \hfill \\<br /> I\left( a \right) = \frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( t \right)t}}{{4{a^2} + {t^2}}}dt} \hfill \\<br /> {\text{sea }}2az = t \hfill \\<br /> I\left( a \right) = \frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( {2az} \right)z}}{{1 + {z^2}}}dt} \hfill \\<br /> I\left( a \right) = \frac{\pi }{4} - \frac{1}{2}I'\left( a \right) \hfill \\<br /> {\text{Y resolviendo la EDO queda}}{\text{.}} \hfill \\<br /> I\left( a \right) = \frac{\pi }{4} + C{e^{ - 2a}} \hfill \\<br /> I\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow C = - \frac{\pi }{4} \hfill \\<br /> \therefore I\left( a \right) = \frac{\pi }{{2{e^a}}}\sinh \left( a \right) \hfill \\ <br />\end{gathered} \]$ Pido unos minutos para buscar una integral xD $TEX: \[\begin{gathered}<br /> {\text{Calcule para }}0 < a < 2 \hfill \\<br /> I = \int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{{e^{ax}}}}{{1 + {e^x} + {e^{2x}}}}dx} \hfill \\ <br />\end{gathered} \]$ Mensaje modificado por Crash! el Jul 12 2011, 08:44 PM -------------------- Ex-Electrico Usach 2008 Mechón Injenieria 2009 Tengo Sed.

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