Calculemos la integral

Publicado por ^DiAmOnD^ | 26 abril, 2010 | Juegos | 29 |

Esta semana cambiamos un poco el orden de publicación al que estamos acostumbrados. Hoy toca un sencillo ejercicio:

Calcula la siguiente integral:

$\displaystyle{\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cfrac{1}{\sqrt{tg(x)}}dx}$

A por él, que es fácil.

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Sobre el Autor

^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook. También tengo un blog dedicado a las "escape rooms", por si te apetece pasarte: XRooMers.

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Bitacoras.com

26/04/2010 11:48

Información Bitacoras.com…

Valora en Bitacoras.com: Esta semana cambiamos un poco el orden de publicación al que estamos acostumbrados. Hoy toca un sencillo ejercicio: Calcula la siguiente integral: A por él, que es fácil. Comparte este artículo: Artículos relacionadosEva……

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Antonio QD

26/04/2010 12:34

Buenos días
Se puede usar el cambio de variable $t^2=tg(x)$ y nos queda la siguiente integral definida
$\int_0^{\infty}\frac{dt}{1+t^4}$

El polinomio del denominador tiene como solución cuatro raices complejas por lo que tendremos que descomponerlo en dos polinomios de grado 2. Y a partir de aquí aparece un trabajo un poco arduo, pero rutinario para lograr la solución. Si tengo tiempo, y no lo ha hecho ningún otro forista antes, lo termino y lo posteo.

Saludos

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josejuan

26/04/2010 12:50

¿No te faltaría multiplicar por 2?

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Antonio QD

26/04/2010 13:18

Buenos Días
Cierto, las prisas no son buenas consejeras. La integral es realmente

$\int_0^{\infty}\frac{2dt}{1+t^4}$

Resolviendo esta integral, y si no me he equivocado

$\bigg [\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\left |\frac{t^2+\sqrt{2}t+1}{t^2-\sqrt{2}t+1}\right |+\frac{1}{\sqrt{2}}\left (\arctan (\sqrt{2}t+1)+\arctan (\sqrt{2}t-1) \right )\bigg ]_0^{\infty}$

que es igual a $\frac{\pi}{\sqrt{2}}$ .

Los cálculos son arduos, por lo que no dudo que puedo haberme equivocado en alguno de los pasos de resolver la integral. Si es así agradecería que me corrigiesen.

Saludos

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Sirius

26/04/2010 19:41

La solución es correcta. De hecho existe una expresión general, que permite calcular el valor de este tipo de integrales cuando el integrando es de la forma 1/1+x^n. (n = 2,3,4,5…) Todas ellas están relaciondas con el número Pi.
Por ejemplo I2 = Pi/2, I4 = pi/sqrt(2) , I6= Pi/3.

Alguien se atreve?

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ZetaSelberg

26/04/2010 22:48

Sirius
Sería considerar la integral en variable compleja (bueno, al menos eso se me ocurre a mí) y los cálculos del residuo en cada polo y todo eso tal vez se haga largo…

Responde

26/04/2010 23:13

En efecto, ZetaSelberg, es un clásico del teorema de los residuos: $\int_0^\infty \frac{1}{1+x^n}dx=\dfrac{\pi/n}{sen(\pi/n)},\;n\geq 2$ .

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Américo Tavares

27/04/2010 00:29

Aproveito o resultado de Antonio, 26 de Abril de 2010, 13:18:
$I:=\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{dx}{\sqrt{\tan x}}=2\displaystyle\int_{0}^{+\infty }\dfrac{dt}{1+t^{4}}=\displaystyle\int_{-\infty }^{+\infty }\dfrac{dt}{1+t^{4}}$
Este último integral pode calcular-se (como dizem Sirius, 26 de Abril de 2010, 19:41, ZetaSelberg, 26 de Abril de 2010, 22:48 e M, 26 de Abril de 2010, 23:13) utilizando a função de variável complexa $f(z)=\dfrac{1}{1+z^{4}}$ e a curva fechada $\gamma$ formada pela união do segmento de recta $\left[ -\rho ,\rho\right]$ ( $\rho >1$ ) com a semicircunferência $C_{\rho }$ de centro na origem e raio $\rho$ .
A função $f(z)$ tem 4 pólos, 2 situados situados no interior de $\gamma$ : $z_{0}=\dfrac{1}{2}\sqrt{2}+i\dfrac{1}{2}\sqrt{2}$ $z_{1}=-\dfrac{1}{2}\sqrt{2}+i\dfrac{1}{2}\sqrt{2}$
e dois no exterior:
$z_{2}=-z_{0}=-\dfrac{1}{2}\sqrt{2}-i\dfrac{1}{2}\sqrt{2}$
$z_{3}=-z_{1}=\dfrac{1}{2}\sqrt{2}-i\dfrac{1}{2}\sqrt{2}$
Os resíduos de $f$ em $z_{0}$ e $z_{1}$ são:
$\text{res}\left( f,z_{0}\right) =\underset{z\rightarrow z_{0}}{\lim }\dfrac{z-z_{0}}{\left( z-z_{0}\right) \left( z-z_{1}\right) \left( z-z_{2}\right) \left( z-z_{3}\right) }$
$=\underset{z\rightarrow z_{0}}{\lim }\dfrac{1}{\left( z-z_{1}\right) \left( z-z_{2}\right) \left( z-z_{3}\right) }$
$=\dfrac{1}{\left( z_{0}-z_{1}\right) \left( z_{0}-z_{2}\right) \left( z_{0}-z_{3}\right) }$
$=-\dfrac{1}{\left( 2-2i\right) \sqrt{2}}$
e
$\text{res}\left( f,z_{1}\right) =\underset{z\rightarrow z_{1}}{\lim }\dfrac{z-z_{1}}{\left( z-z_{0}\right) \left( z-z_{1}\right) \left( z-z_{2}\right) \left( z-z_{3}\right) }$
$=\dfrac{1}{\left( z_{1}-z_{0}\right) \left( z_{1}-z_{2}\right) \left( z_{1}-z_{3}\right) }$
$=\dfrac{1}{\left( 2+2i\right) \sqrt{2}}$
Pelo teorema dos resíduos tem-se
$I=\displaystyle\int_{-\infty }^{+\infty }\dfrac{dt}{1+t^{4}}=\int_{\gamma }\dfrac{dz}{1+z^{4}}$
$=2\pi i\left( \text{res}\left( f,z_{0}\right) +\text{res}\left( f,z_{1}\right) \right)$
$=2\pi i\left( -\dfrac{1}{\left( 2-2i\right) \sqrt{2}}+\dfrac{1}{\left( 2+2i\right) \sqrt{2}}\right) =\dfrac{1}{2}\pi \sqrt{2}$

Responde

Integral dos Gaussianos « Blogue auxiliar do problemas | teoremas

27/04/2010 00:55

[…] publicado por Gaussianos em 26 de Abril de […]

Responde

Américo Tavares

27/04/2010 01:06

Informo que publiquei no meu blogue este problema: « Seja $f(x)$ uma função real contínua ilimitada no intervalo $I=[0,\infty \lbrack$ . O integral impróprio $\displaystyle\int_{I}f(x)\;dx$ pode ser convergente? » ou, em inglês: Let $f(x)$ be a continuous unbounded real function in the interval $I=[0,\infty \lbrack$ . May the improper integral $\displaystyle\int_{I}f(x)\;dx$ converge?

Responde

Américo Tavares

27/04/2010 02:23

2 situados no interior em vez de 2 situados situados no interior

Responde

gaussianos

27/04/2010 02:47

Esta integral apareció en un examen de uno de mis grupos de alumnos en una asignatura en la que no ven la teoría suficiente como para calcular la integral ni tampoco integración compleja. O sea que todo lo que habéis comentado no les valdría. Su temario sobre integración consiste en integrales inmediatas, integración por partes, integrales por cambio de variable (no muy complicadas), integrales de funciones racionales (raíces reales simples y múltiples y raíces complejas simples, aunque como máximo se encuentran un polinomio de grado 2 irreducible en el denominador), integral definida, integral de Riemann-Stieltjes, integrales impropias, funciones Gamma y… Lee más »

Responde

Esteban

27/04/2010 03:25

Con el temario propuesto,. la solucion seria completar el trinomio cuadrado perfecto en el denominador y despues integrar por partes.

Responde

Esteban

27/04/2010 03:26

perdon quise decir binomio cuadrado perfecto

Responde

Esteban

27/04/2010 03:30

explicandome mejor.
1. completra el binomio cuadrdo perfecto sumando y restando el término 2t^2
2. factorizar el binomio con el término +2t^2
3.factorizar la diferencia de cuadrados
4. integrar por partes
la repuesta de dichas integrales la tiene ANTONIO QD a las 13:18

Responde

Américo Tavares

27/04/2010 04:00

Só uma precisão ao meu comentário de 27 de Abril de 2010 | 0:29 :
Pelo teorema dos resíduos tem-se, se $\underset{r\rightarrow +\infty}{\lim }\displaystyle\int_{C_\rho}f(z)\;dz=0$ :
$I=\displaystyle\int_{-\infty }^{+\infty }\dfrac{dx}{1+x^{4}}=\displaystyle\int_{\gamma}\dfrac{dz}{1+z^{4}}$ $=2\pi i\left( \text{res}\left( f,z_{0}\right) +\text{res}\left( f,z_{1}\right) \right)$
$=2\pi i\left( -\dfrac{1}{\left( 2-2i\right) \sqrt{2}}+\dfrac{1}{\left( 2+2i\right) \sqrt{2}}\right) =\dfrac{1}{2}\pi \sqrt{2}$
Verifiquemos a condição relativa ao limite. Sobre a semicircunferência $C_{\rho}$ , verifica-se
$\left\vert f(z)\right\vert$ $=\left\vert\dfrac{1}{1+z^{4}}\right\vert <\left\vert\dfrac{1}{z^{4}}\right\vert =\dfrac{1}{r^{4}}$
e, como
$\left\vert \dfrac{1}{1+z^{4}}\right\vert \rightarrow 0$
quando $r\rightarrow \infty$ , o limite do integral é nulo
$\underset{\rho\rightarrow +\infty}{\lim }\displaystyle\int_{C_{\rho}}f(z)\;dz=0$ .

Responde

Um integral real calculado pelo método dos resíduos « problemas | teoremas

27/04/2010 04:14

[…] Exercícios, Integração, Matemática O integral seguinte, obtido, por substituição, de um publicado por […]

Responde

Antonio QD

27/04/2010 11:32

Buenos Días Simplemente, resolví la integral factorizando el polimonio de grado 4 en en sus dos factores irreducibles, que son polinomios de grado 2. Descompuse la fracción racional de la integral en fracciones cuyo denominador fuese irreducible, y a partir de aquí con un poco de sustitución y completando cuadrados se llega a la expresión, no demasiado simple, que ofrecí en uno de mis mensajes anteriores. Esta método suele ser un ejercicio habitual en los cursos introductorios de Cálculo, en mi caso fue así. Se puede también realizar teniendo en cuenta que En este caso, se realizaría… Lee más »

Responde

Antonio QD

27/04/2010 11:33

Responde

Sophie Kovalevsky

27/04/2010 18:56

Eliminaron mi mensajes? :S

Responde

^DiAmOnD^

28/04/2010 03:23

Antonio, así la he resuelto yo, con la función beta, ya que según su temario es más directo hacerlo así que factorizando el denominador.
Concretamente usé esta forma de la función beta:
$\beta (p,q)=2 \displaystyle{\int_0^{\frac{\pi}{2}} sen^{2p-1}(x) cos^{2q-1}(x)dx}$

Responde

hernan

28/04/2010 22:21

Haciendo la sustitución $u = \sin{x}$ queda la función Beta.

Responde

hernan

28/04/2010 22:23

Perdón, quise decir $u = \sin^2(x)$

Responde

Nicolás

29/04/2010 02:13

Buenas a todos. Ya que están hablando sobre integrales, quisiera hacerles una consulta… ¿Es posible derivar integrales impropias? Por ejemplo, si yo tuviera la función F(x)= $\int_{0}^{\infty} x\ dx$ , ¿cuál sería su derivada? ¿Y la derivada de la función Gamma de Euler? Eso es todo. Gracias.

Responde

josejuan

29/04/2010 09:06

Hola Nicolás,

tu función no está correctamente definida (o produce confusión), ten en cuenta que el parámetro de la función es diferente al parámetro (variable) de integración (aunque la hayas llamado igual).

Estrictamente, tu función es exactamente la siguiente (sólo cambio nombres):

$F(z)=\int_{0}^{\infty }x~dx=\allowbreak \infty ,~\forall z$

es decir, constante.

Quizás querías indicar algo como:

$F(z)=\int_{0}^{z}x~dx=\allowbreak \frac{1}{2}z^{2}$

No se…

Responde

Américo Tavares

30/04/2010 00:13

Nicolás, existe a regra de Leibniz: Sejam $f\left( x,t\right)$ uma função real definida num rectângulo $R=$ $\left[ a,b\right] \times \left[ c,d\right] \in\mathbb{R}^{2}$ integrável em $x$ para cada valor real de $t$ e $\dfrac{\partial f\left( x,t\right) }{\partial t}$ a sua derivada parcial contínua em $x$ e $t$ no mesmo rectângulo. A derivada do integral função do parâmetro $t$

$I(t)=\displaystyle\int_{a}^{b}f\left( x,t\right) dx$
é dada por

$I^{\prime }(t)=\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{\partial f\left( x,t\right) }{\partial t}dx.$

Se $b\rightarrow\infty$ , e $I(t)=\displaystyle\int_{a}^{\infty}f\left( x,t\right) dx$ for convergente, então

$I^{\prime }(t)=\displaystyle\int_{a}^{\infty}\dfrac{\partial f\left( x,t\right) }{\partial t}dx.$

Responde

Nicolas

01/05/2010 00:03

Gracias, Américo y josejuan. Sí, la función estaba mal escrita, pero igual ya conseguí la respuesta.

Responde

Federico

03/05/2010 03:23

Segun tengo entendido (y con lo complicado que son los resultados puesto arriba,me asuste y no pondría las manos en el fuego por nada) arriesgo la siguiente resolución. Tenemos I) Tenemos la igualdad . II) Con esto nos queda la integral de III) Esto lo podémos escribir,no obstante como con lo cual el coseno pasa a estar arriba y queda: IV) Sabemos que Reemplazando entonces y nos queda , lo cual puede escribirse como V) Integramos. y obtenemos o sea . VI) Como .La integral nos da . VII) Evaluamos la integral en el intervalo dado y tenemos: – Como… Lee más »

Responde

Federico

03/05/2010 17:13

Nota:en la resolución de arriba cometi un error y puse el rango de integración de 0 a $\pi$ y debería haber sido de 0 a $\pi$ /2.

Responde

hernan

06/05/2010 04:48

Federico: tu paso IV está mal.

Responde

Pedro

16/02/2011 03:57

Una duda. No se mucho de integrales definidas, pero, sacar esta integral seria como sacar la integral de 0 a infinito de f(x) = arctan(1/x²) ¿no?, que seria lo mismo que acot(x²).
O sea, es tomar la inversa de la funcion y acomodar el intervalo para tomar el mismo area.
Mi otra duda es: si la funcion h(x) no esta definida en f(a), porque se puede sacar su integral definida sobre [a,b], ¿o en realidad seria sobre (a,b]?
Saludos!

Responde

Pedro

16/02/2011 04:18

Bueno, ya tengo otra duda. Integrando acot(x²) nos da

x·acot(x²)+2 INT x²/(1+x^4)

La integral definida de 2x²/(1+x^4) es precisamente pi/sqrt(2), sin embargo el termino x·acot(x²) esta indeterminado para 0, (aunque por limites vemos que es 0) y que para infinito tambien es 0. ¿Es por eso que la integral «cierra»?

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