Propuesto 3,,,,,,,,,,,,,,

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Propuesto 3,,,,,,,,,,,,,,

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Laðeralus Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 8 2023, 02:33 AM Publicado: #1
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 947 Registrado: 28-September 07 Desde: Santiago Miembro Nº: 10.639 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	Calcule $TEX: $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\lfloor \tan(x) \rfloor}{\tan(x)} dx$$ ,,,,,,,,,,,,,,,,,,

Guz Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 25 2023, 10:03 PM Publicado: #2
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 97 Registrado: 8-July 21 Desde: Chile Miembro Nº: 167.167	Espero esté ok,,,,, $TEX: <br />\begin{align}<br />I=\int_0^{\pi/2}\frac{\lfloor \tan x\rfloor}{\tan x}dx &= \int_0^\infty\frac{\lfloor u\rfloor}{u(1+u^2)}du\\<br />&=\sum_{k\ge1}\int_k^{k+1}\frac{k}{u\left(1+u^2\right)}du \\<br />&=\sum_{k\ge1}k\int_k^{k+1}\frac{1}{u(1+u^2)}du <br />\end{align}<br />Sea $I_k=\int_k^{k+1}\frac{1}{u\left(1+u^2\right)}du$. Entonces<br />\begin{align}<br />I=\sum_{k\ge1}kI_k&=\sum_{k\ge1}\sum_{j=k}^\infty I_j\\<br />&=\sum_{k\ge1}\int_{k}^\infty \frac{1}{u\left(1+u^2\right)}du\\<br />&=\sum_{k\ge1}\int_{k}^\infty \left(\frac{1}{u}-\frac{u}{\left(1+u^2\right)}\right)du\\<br />&=\sum_{k\ge1}\left(\ln u-\frac{1}{2}\ln (1+u^2)\right)\|^\infty_{k}\\<br />&=\sum_{k\ge1}\ln\left(\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\right)\\<br />&=\frac{1}{2}\ln\prod_{k\ge1}\left(1+\frac{1}{k^2}\right)<br />\end{align}<br />$ Y acá usamos que (https://en.wikipedia.org/wiki/Sine_and_cosine#Partial_fraction_and_product_expansions_of_complex_sine) $TEX: $$ \frac{\sin\pi z}{\pi z}=\prod_{k\ge 1}\left(1-\frac{z^2}{k^2}\right)$$$ por lo que $TEX: $$ \prod_{k\ge 1}\left(1+\frac{1}{k^2}\right) = \frac{\sin\pi i}{\pi i} = \frac{e^\pi-e^{-\pi}}{2\pi}$$$ Concluimos que $TEX: $$ I= \int_0^{\pi/2}\frac{\lfloor \tan x\rfloor}{\tan x}dx=\frac{1}{2}\ln\left(\frac{e^\pi-e^{-\pi}}{2\pi}\right)$$$ Mensaje modificado por Guz el Sep 26 2023, 05:06 AM

Laðeralus Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 26 2023, 04:02 PM Publicado: #3
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 947 Registrado: 28-September 07 Desde: Santiago Miembro Nº: 10.639 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	CITA(Guz @ Sep 25 2023, 10:03 PM) Espero esté ok,,,,, $TEX: <br />\begin{align}<br />I=\int_0^{\pi/2}\frac{\lfloor \tan x\rfloor}{\tan x}dx &= \int_0^\infty\frac{\lfloor u\rfloor}{u(1+u^2)}du\\<br />&=\sum_{k\ge1}\int_k^{k+1}\frac{k}{u\left(1+u^2\right)}du \\<br />&=\sum_{k\ge1}k\int_k^{k+1}\frac{1}{u(1+u^2)}du <br />\end{align}<br />Sea $I_k=\int_k^{k+1}\frac{1}{u\left(1+u^2\right)}du$. Entonces<br />\begin{align}<br />I=\sum_{k\ge1}kI_k&=\sum_{k\ge1}\sum_{j=k}^\infty I_j\\<br />&=\sum_{k\ge1}\int_{k}^\infty \frac{1}{u\left(1+u^2\right)}du\\<br />&=\sum_{k\ge1}\int_{k}^\infty \left(\frac{1}{u}-\frac{u}{\left(1+u^2\right)}\right)du\\<br />&=\sum_{k\ge1}\left(\ln u-\frac{1}{2}\ln (1+u^2)\right)\|^\infty_{k}\\<br />&=\sum_{k\ge1}\ln\left(\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\right)\\<br />&=\frac{1}{2}\ln\prod_{k\ge1}\left(1+\frac{1}{k^2}\right)<br />\end{align}<br />$ Y acá usamos que (https://en.wikipedia.org/wiki/Sine_and_cosine#Partial_fraction_and_product_expansions_of_complex_sine) $TEX: $$ \frac{\sin\pi z}{\pi z}=\prod_{k\ge 1}\left(1-\frac{z^2}{k^2}\right)$$$ por lo que $TEX: $$ \prod_{k\ge 1}\left(1+\frac{1}{k^2}\right) = \frac{\sin\pi i}{\pi i} = \frac{e^\pi-e^{-\pi}}{2\pi}$$$ Concluimos que $TEX: $$ I= \int_0^{\pi/2}\frac{\lfloor \tan x\rfloor}{\tan x}dx=\frac{1}{2}\ln\left(\frac{e^\pi-e^{-\pi}}{2\pi}\right)$$$ Es correcto,,,,,,,,,,,,,,,, Aquí mi solución,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, $TEX: <br /><br />\begin{align}<br />I &= \int_0^{\pi/2}\frac{\lfloor \tan x\rfloor}{\tan x}dx \underbrace{=}_{u=\tan(x)} \int_{0}^{\infty} \frac{\lfloor u \rfloor}{u(u^2+1)}du = \sum_{k=1}^{\infty} \int_{k}^{k+1} \frac{k}{u(u^2+1)}du \\<br />I &= \sum_{k=1}^{\infty} k \left( -\frac{1}{2} \ln\left(1+\frac{1}{u^2}\right) \right)\bigg\|_{k}^{k+1}<br />\\<br />I &= -\frac{1}{2} \sum_{k=1}^{\infty} k \left( \ln\left(1+\frac{1}{(k+1)^2}\right) - \ln\left(1+\frac{1}{k^2}\right) \right) \\<br />I &= -\frac{1}{2} \sum_{k=1}^{\infty} \left( (k-1)\ln\left(1+\frac{1}{k^2}\right) - k\ln\left(1+\frac{1}{k^2}\right) \right) \\<br />I &= \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{\infty} \ln\left(1+\frac{1}{k^2}\right) = \frac{1}{2} \ln\left( \prod_{k=1}^{\infty} \left(1+\frac{1}{k^2}\right) \right) = \frac{1}{2} \ln \left( \frac{\sinh(\pi)}{\pi} \right)<br />\end{align}<br />$ En la última igualdad ,,,,,,,,,,,,,,,,, usé la misma propiedad,,,,,,,,,,,,,,,un producto infinito del seno hiperbólico: $TEX: $\displaystyle \sinh(x) = x\prod_{k=1}^{\infty} \left( 1 + \left( \frac{x}{k\pi}\right)^2 \right) $$ saludos ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, Mensaje modificado por Laðeralus el Sep 26 2023, 04:03 PM

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