6.5: Métodos de Integración Varios

Los métodos de integración presentados hasta ahora se consideran “estándar”, lo que significa que todo estudiante de cálculo debe conocerlos. En esta sección se discutirán algunos métodos adicionales, algunos más comunes que otros. Uno de esos métodos es la regla integral de Leibniz para la “diferenciación bajo el signo integral”. ⁵ Este método potente y útil se explica mejor con un ejemplo sencillo.

\[\frac{d}{\dalpha} \int e^{\alpha x}\;\dx ~=~ \int \frac{d}{\dalpha}\,(e^{\alpha x})~\dx ~=~ \int x\,e^{\alpha x}\;\dx\]Sin embargo, diferenciar el lado derecho de la fórmula ([eqn:diffinteax]) muestra que

\[\frac{d}{\dalpha} \int e^{\alpha x}\;\dx ~=~ \frac{d}{\dalpha} \left(\tfrac{1}{\alpha}\,e^{\alpha x} ~+~ C\right) ~=~ \frac{\alpha\,\left(x\,e^{\alpha x}\right) ~-~ 1\,\cdot\,e^{\alpha x}}{\alpha^2} ~=~ \tfrac{1}{\alpha}\,x\,e^{\alpha x} ~-~ \tfrac{1}{\alpha^2}\,e^{\alpha x}\]Así,

\[\int x\,e^{\alpha x}\;\dx ~=~ \tfrac{1}{\alpha}\,x\,e^{\alpha x} ~-~ \tfrac{1}{\alpha^2}\,e^{\alpha x} ~+~ C\]que se puede verificar mediante integración por partes con el método tabular:

\[\int x\,e^{\alpha x}\;\dx ~=~ \tfrac{1}{\alpha}\,x\,e^{\alpha x} ~-~ \tfrac{1}{\alpha^2}\,e^{\alpha x} ~+~ C\quad\checkmark\]¿Qué se hizo realmente en el ejemplo anterior? Una integral conocida,

\[\int e^{\alpha x}\;\dx ~=~ \tfrac{1}{\alpha}\,e^{\alpha x} ~+~ C ~,\]se diferenció con respecto a\(\alpha\) vía de la norma Leibniz para producir una nueva integral,

\[\int x\,e^{\alpha x}\;\dx ~=~ \tfrac{1}{\alpha}\,x\,e^{\alpha x} ~-~ \tfrac{1}{\alpha^2}\,e^{\alpha x} ~+~ C ~,\]con la constante\(\alpha\) tratada temporalmente, solo durante la diferenciación, como variable. En general, así es como se utiliza la regla de Leibniz. Normalmente esto significa que si quieres evaluar una cierta integral con la regla de Leibniz, entonces “trabajas hacia atrás” para averiguar qué integral necesitas diferenciar con respecto a alguna constante (ej.\(\alpha\)) en el integrando.

Ejemplo\(\PageIndex{1}\): intleibniz1

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Solución

Utilizar la regla de Leibniz para evaluar\(~\displaystyle\int \frac{\dx}{(1 + x^2)^2}~\).

Solución: Por fórmula ([eqn:atanint]) en la Sección 5.4,

\[\int\,\frac{\dx}{a^2 + x^2} ~=~ \tfrac{1}{a}\,\tan^{-1}\left(\tfrac{x}{a}\right) ~+~ C\]para cualquier constante\(a > 0\). Así que diferencie ambos lados con respecto a\(a\):

\[\begin{aligned} \frac{d}{\da}\,\int\,\frac{\dx}{a^2 + x^2} ~&=~ \frac{d}{\da}\,\left(\tfrac{1}{a}\,\tan^{-1}\left(\tfrac{x}{a}\right) ~+~ C\right)\

\ [6pt]\ int\,\ frac {d} {\ da}\,\ izquierda (\ frac {1} {a^2 + x^2}\ derecha) ~\ dx ~&=~ -\ tfrac {1} {a^2}\,\ tan^ {-1}\ izquierda (\ tfrac {x} {a}\ derecha) ~+~\ tfrac {1} {a}\,\ cdot\,\ frac {1} {1 +\ izquierda (\ tfrac {x} {a}\ derecha) ^2}\,\ cdot\, -\ tfrac {x} {a^2}\

\ [6pt]\ int -\ frac {2a} {(a^2 + x^2) ^2}\,\ dx ~&=~ -\ tfrac {1} {a^2}\,\ tan^ {-1}\ izquierda (\ tfrac {x} {a}\ derecha) ~-~\ frac {x} {a\, (a^2 + x^2)}\

\ [6pt]\ int\ frac {\ dx} {(a^2 + x^2) ^2} ~&=~\ tfrac {1} {2a^3}\,\ tan^ {-1}\ izquierda (\ tfrac {x} {a}\ derecha) ~+~\ frac {x} {2a^2\, (a^2 + x^2)} ~+~ C\ end {aligned}\] Esa fórmula general es útil en sí misma. En particular, para\(a=1\),

\[\int \frac{\dx}{(1 + x^2)^2} ~=~ \tfrac{1}{2}\,\tan^{-1} x ~+~ \frac{x}{2\,(1 + x^2)} ~+~ C ~,\]que concuerda con el resultado del Ejemplo

Ejemplo\(\PageIndex{1}\): trigsub2

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Solución

en la Sección 6.3.
Observe que no hubo una constante genérica (e.g.\(a\) o\(\alpha\)) en el enunciado del problema. Cuando eso suceda, necesitarás averiguar dónde debe estar la constante para poder usar la regla de Leibniz.

También se puede utilizar la diferenciación bajo el signo integral para evaluar integrales definidas.

Ejemplo\(\PageIndex{1}\): intexpx2

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Solución

Demostrar eso\(~\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-x^2} \,\dx ~=~ \tfrac{1}{2}\sqrt{\pi}~\).

Solución: Dejar\(I = \int_0^{\infty} e^{-x^2} \,\dx\). La integral es convergente, ya que por Ejercicio [exer:exple1px] en la Sección 4.4, para todos\(x\)

\[e^{x^2} ~\ge~ 1 ~+~ x^2 \quad\Rightarrow\quad 0 ~\le~ e^{-x^2} ~\le~ \frac{1}{1 + x^2}\]implica\(I\) es convergente por la Prueba de Comparación, ya que\(\int_0^{\infty} \frac{1}{1 + x^2}\,\dx\) es convergente (e igual\(\tfrac{1}{2}\pi\)) por Ejemplo

Ejemplo\(\PageIndex{1}\): improper5

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Solución

en la Sección 5.5. Para\(\alpha \ge 0\), definir

\[\phi(\alpha) ~=~ \int_0^{\infty} \,\frac{\alpha\,e^{-\alpha^2 x^2}}{1 + x^2} \,\dx ~.\]Entonces claramente\(\phi(0) = 0\), y diferenciando bajo el signo integral muestra

\[\phi'(\alpha) ~=~ \int_0^{\infty} \,\frac{-2\alpha^2 e^{-\alpha^2 x^2} + e^{-\alpha^2 x^2}}{1 + x^2}~\dx \qquad\Rightarrow\qquad \phi'(0) ~=~ \int_0^{\infty} \frac{\dx}{1 + x^2} ~=~ \tfrac{1}{2}\pi ~.\]La sustitución\(y = \alpha x\), para que\(\dy = \alpha\,\dx\), los espectáculos se\(\phi(\alpha)\) puedan escribir como

\[\phi(\alpha) ~=~ \int_0^{\infty} \,\frac{e^{-y^2}}{1 + \left(\tfrac{y}{\alpha}\right)^2} \,\dy \qquad\Rightarrow\qquad 0 ~\le~ \lim_{\alpha \to \infty}~ \phi(\alpha) ~\le~ I ~<~ \infty ~.\]También, para\(\alpha > 0\),

\[\begin{aligned} \frac{d}{\dalpha}\,\left(\frac{1}{\alpha}\,e^{-\alpha^2}\,\phi(\alpha)\right) ~&=~ \frac{d}{\dalpha}\,\int_0^{\infty} \,\frac{e^{-\alpha^2 (1+x^2)}}{1 + x^2} \,\dx ~=~ \int_0^{\infty} \,\frac{-2\alpha\,(1+x^2)\, e^{-\alpha^2 (1+x^2)}}{1 + x^2}~\dx\

\ [6pt] &=~ -2\ alpha\, e^ {-\ alpha^2}\,\ int_0^ {\ infty} e^ {-\ alpha^2 x^2} ~\ dx\ quad\ text {, ahora sustituye $u =\ alpha x$ y $\ du =\ alpha\ dx$ para obtener}\

\ [6pt] &=~ -2\ alpha\, e^ {-\ alpha^2}\,\ frac {1} {\ alpha}\,\ int_0^ {\ infty} e^ {-u^2}\,\ du ~=~ -2\, e^ {-\ alpha^2}\, I\ quad\ text {, y así integrando ambos lados rendimientos}\

\ [6pt]\ int_0^ {\ infty}\ frac {d} {\ dalpha}\,\ izquierda (\ frac {1} {\ alpha}\, e^ {-\ alpha^2}\,\ phi (\ alpha)\ derecha) ~\ dalpha ~&=~ -2I\,\ int_0^ {\ infty} e^ {-\ alpha^2}\,\ dalpha ~=~ -2I^2 ~. \ end {aligned}\] Sin embargo, por el Teorema Fundamental del Cálculo.

\[\begin{aligned} \int_0^{\infty} \frac{d}{\dalpha}\,\left(\frac{1}{\alpha}\,e^{-\alpha^2}\,\phi(\alpha)\right)~\dalpha ~&=~ \frac{1}{\alpha}\,e^{-\alpha^2}\,\phi(\alpha)~\Biggr|_0^{\infty} ~=~ \left(\lim_{\alpha \to \infty}~\frac{\phi(\alpha)}{\alpha \,e^{\alpha^2}}\right) ~-~ \left(\lim_{\alpha \to 0}~\frac{\phi(\alpha)}{\alpha\,e^{\alpha^2}}\right)\

\ [6pt] &=~ 0 ~-~\ izquierda (\ lim_ {\ alpha\ a 0} ~\ frac {\ phi (\ alpha)} {\ alpha\, e^ {\ alpha^2}}\ derecha) ~\ to~\ frac {0} {0}\ quad\ text {, así por L'H\ ^ {o} Regla de pital}\

\ [6pt] &=~ -\ lim_ {\ alpha\ a 0} ~\ frac {\ phi' (\ alpha)} {e^ {\ alpha^2} + 2\ alpha^2\, e^ {\ alpha^2}} ~=~ -\ frac {\ phi' (0)} {1+0} ~=~ -\ tfrac {1} {2}\ pi ~. \ end {alineado}\] Así,

\[-2I^2 ~=~ -\tfrac{1}{2}\pi \qquad\Rightarrow\qquad I ~=~ \tfrac{1}{2}\sqrt{\pi}\]que es el resultado deseado.

Una consecuencia inmediata del Ejemplo

Ejemplo\(\PageIndex{1}\): intexpx2

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Solución

es que

\[\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \,\dx ~=~ \sqrt{\pi}\]ya que\(e^{-x^2}\) es una función par. El siguiente ejemplo muestra otra consecuencia, así como lo útiles que pueden ser las sustituciones en la escritura de integrales en una forma diferente.

Ejemplo\(\PageIndex{1}\): intgamma1

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Solución

Demostrar que la función Gamma se\(\Gamma\,(t)\) puede escribir como

\[\Gamma\,(t) ~=~ 2\,\int_0^{\infty} y^{2t-1} \, e^{-y^2} ~\dy \quad\text{for all $t > 0$,}\]y eso\(\Gamma\,\left(\tfrac{1}{2}\right) ~=~ \sqrt{\pi}\).

Solución: Vamos\(x = y^2\), para que\(\dx = 2y\;\dy\). Entonces\(x=0~\Rightarrow~y=0~\) y\(x=\infty~\Rightarrow~y=\infty\), entonces

\[\Gamma\,(t) ~=~ \int_0^{\infty} x^{t-1} \, e^{-x} ~\dx ~=~ \int_0^{\infty} (y^2)^{t-1}\,e^{-y^2}~2y~\dy\

\ [6pt] ~=~ 2\,\ int_0^ {\ infty} y^ {2t-1}\, e^ {-y^2} ~\ dy ~.\] En esta forma, con la ayuda de Ejemplo

Ejemplo\(\PageIndex{1}\): intexpx2

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Solución

ahora es fácil de evaluar\(\Gamma\,\left(\tfrac{1}{2}\right)\):

\[\Gamma\,\left(\tfrac{1}{2}\right) ~=~ 2\,\int_0^{\infty} y^{1-1} \, e^{-y^2} ~\dy ~=~ 2\,\int_0^{\infty} e^{-y^2}~\dy ~=~ 2\,\left(\tfrac{1}{2}\sqrt{\pi}\right) ~=~ \sqrt{\pi}\]

\[\label{eqn:betagamma} B(x,y) ~=~ \frac{\Gamma\,(x)\;\Gamma\,(y)}{\Gamma\,(x+y)} \qquad\text{for all $x > 0$ and $y > 0$.}\]

Ejemplo\(\PageIndex{1}\): intbeta1

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Solución

Demostrar que la función Beta se\(B(x,y)\) puede escribir como

\[B(x,y) ~=~ \int_0^{\infty} \frac{u^{x-1}}{(1+u)^{x+y}}~\du ~.\]

Solución: Dejar\(u=\frac{t}{1-t}\), para que\(t=\frac{u}{1+u}\)\(1-t=\frac{1}{1+u}\), y\(\dt = \frac{\du}{(1+u)^2}\). Entonces\(t=0~\Rightarrow~u=0\) y\(t=1~\Rightarrow~u=\infty\), entonces

\[B(x,y) ~=~ \int_0^1 t^{x-1}\,(1-t)^{y-1}\,\dt ~=~ \int_0^{\infty} \left(\frac{u}{1+u}\right)^{x-1}\;\left(\frac{1}{1+u}\right)^{y-1} \frac{\du}{(1+u)^2} ~=~ \int_0^{\infty} \frac{u^{x-1}}{(1+u)^{x+y}}~\du ~.\]

Otra aplicación de las sustituciones en integrales es en la evaluación de derivados fraccionarios. Recordemos de la Sección 1.6 que la derivada de orden cero de una función es solo la función misma, y que las derivadas de orden\(n\) están bien definidas para valores enteros\(n \ge 1\). Resulta que se pueden definir derivados de órdenes fraccionarios, por ejemplo 1/2, siendo la definición de Riemann-Louiville la más común:

Ejemplo\(\PageIndex{1}\): halfderivx

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Solución

Calcular\(~\dfrac{d^{1/2}}{\dx^{1/2}}\,(x)~\).

Solución: Aquí\(\alpha = \frac{1}{2}\) y\(f(x)=x\), para que

\[\frac{d^{1/2}}{\dx^{1/2}}\,(x) ~=~ \frac{1}{\Gamma\,(1-1/2)}\;\ddx\,\int_0^x \frac{t}{(x-t)^{1/2}}\,\dt ~=~ \frac{1}{\sqrt{\pi}}\;\ddx\,\int_0^x \frac{t~\dt}{\sqrt{x-t}}\]ya que\(\Gamma\,\left(\tfrac{1}{2}\right) ~=~ \sqrt{\pi}\) por Ejemplo

Ejemplo\(\PageIndex{1}\): intgamma1

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Solución

. Utilice la sustitución\(u=\sqrt{x-t}\), para que\(t=x-u^2\) y\(\dt=-2u\,\du\). Entonces\(t=0~\Rightarrow~u=\sqrt{x}~\) y\(t=x~\Rightarrow~u=0\), entonces

\[\begin{aligned} \frac{d^{1/2}}{\dx^{1/2}}\,(x) ~&=~ \frac{1}{\sqrt{\pi}}\;\ddx\,\int_{\sqrt{x}}^0 \frac{(x-u^2)\,(-2u~\du)}{u} ~=~ \frac{2}{\sqrt{\pi}}\;\ddx\,\int_0^{\sqrt{x}} (x ~-~ u^2)~\du\

\ [6pt] &=~\ frac {2} {\ sqrt {\ pi}}\;\ ddx\,\ izquierda (xu ~-~\ tfrac {1} {3}\, u^3\ derecha) ~\ Biggr|_ {u=0} ^ {u=\ sqrt {x}} ~=~\ frac {2} {\ sqrt {\ pi}}\;\ ddx\,\ izquierda (x^ {3/2} ~-~\ tfrac {1} {3}\, x^ {3/2}\ derecha)\

\ [6pt] &=~\ frac {2} {\ sqrt {\ pi}}\;\ ddx\,\ izquierda (\ tfrac {2} {3}\, x^ {3/2}\ derecha) ~=~\ frac {2} {\ sqrt {\ pi}}\,\ sqrt {x}\ end {alineado}\]

\[\frac{d^{n+\alpha}}{\dx^{n+\alpha}}\,f(x) ~=~ \frac{d^{\alpha}}{\dx^{\alpha}}\,\left(\frac{d^{n}}{\dx^{n}}\,f(x)\right)\]Recordemos de la Sección 6.3 que la sustitución trigonométrica\(x=r\,\cos\,\theta\) —o su sustitución hermana\(x=r\,\sin\,\theta\) — fue motivada por tratar de encontrar el área de un círculo de radio\(r\). Para simplificar las cosas, permita\(r=1\) que los puntos del círculo unitario puedan identificarse con el ángulo\(\theta\) a través de esa sustitución, con\(\theta\) como se muestra en la Figura [fig:circle2] (a) a continuación.

La figura [fig:circle2] (b) muestra una identificación diferente de puntos en el círculo unitario, por pendiente. Esta será la base para una sustitución de medio ángulo para evaluar ciertas integrales.

\(A\)Sea el punto\((-1,0)\), entonces para cualquier otro punto\(P\) en el círculo unitario dibuje una línea desde\(A\) a través\(P\) hasta que intersecta la línea\(x=1\), como se muestra en la Figura [fig:circle3] a continuación:

A partir de la geometría se sabe que el ángulo inscrito que\(\overline{AP}\) hace la línea con el\(x\) eje -es la mitad de la medida del ángulo central\(\theta\). Entonces la pendiente de\(\overline{AP}\) es la tangente de ese ángulo:\(\tan\,\frac{1}{2}\theta = \frac{t}{1} = t\), que se mide a lo largo del\(y\) eje -y puede tomar cualquier valor real. Cada punto del círculo unitario, excepto\(A\), se puede identificar con esa pendiente\(t\). La figura [fig:circle3] muestra solo pendientes positivas—refleja la imagen alrededor\(x\) del eje para pendientes negativas. La figura muestra que

\[\sin\,\tfrac{1}{2}\theta ~=~ \frac{t}{\sqrt{1+t^2}} \qquad\text{and}\qquad \cos\,\tfrac{1}{2}\theta ~=~ \frac{1}{\sqrt{1+t^2}}\]de manera que por las identidades de doble ángulo para seno y coseno,

\[\sin\,\theta ~=~ 2\,\sin\,\tfrac{1}{2}\theta\,\cos\,\tfrac{1}{2}\theta ~=~ 2\,\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}\,\frac{1}{\sqrt{1+t^2}} ~=~ \frac{2t}{1+t^2}\]y

\[\cos\,\theta ~=~ \cos^2 \tfrac{1}{2}\theta ~-~ \sin^2 \tfrac{1}{2}\theta ~=~ \frac{1}{1+t^2} ~-~ \frac{t^2}{1+t^2} ~=~ \frac{1-t^2}{1+t^2} ~.\]Desde\(\theta = 2\,\tan^{-1} \,t\) entonces

\[\dtheta ~=~ d\,\left(2\,\tan^{-1} t\right) ~=~ \frac{2\,\dt}{1+t^2} ~.\]A continuación se muestra un resumen de la sustitución: La sustitución de medio ángulo convierte así funciones racionales de\(\sin\,\theta\) y\(\cos\,\theta\) en funciones racionales de\(t\), que pueden integrarse usando fracciones parciales u otro método.

Ejemplo\(\PageIndex{1}\): inthalfangle1

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Solución

Evaluar\(~\displaystyle\int \frac{\dtheta}{1 \;+\; \sin\,\theta \;+\; \cos\,\theta}\).

Solución: Usando\(t = \tan\,\tfrac{1}{2}\theta\), el denominador del integrando es

\[1 ~+~ \sin\,\theta ~+~ \cos\,\theta ~=~ \frac{1+t^2}{1+t^2} ~+~ \frac{2t}{1+t^2} ~+~ \frac{1-t^2}{1+t^2} ~=~ \frac{2t + 2}{1+t^2}\]para que

\[\begin{aligned} \int \frac{\dtheta}{1 \;+\; \sin\,\theta \;+\; \cos\,\theta} ~&=~ \mathop{\mathlarger{\mathlarger{\int}}} \frac{\frac{2\,\dt}{1+t^2}}{\frac{2t + 2}{1+t^2}} ~=~ \int \frac{\dt}{t+1}\

\ [6pt] &=~\ ln\,\ abs {t+1} ~+~ C\\ &=~\ ln\,\ Abs {\ tan\,\ tfrac {1} {2}\ theta\; +\; 1} ~+~ C\ final {alineado}\]

Ejemplo\(\PageIndex{1}\): inthalfangle2

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Solución

Evaluar\(~\displaystyle\int \frac{\dtheta}{3\,\sin\,\theta \;+\; 4\,\cos\,\theta}~\).

Solución: Usando\(t = \tan\,\tfrac{1}{2}\theta\), la integral se convierte

\[\begin{aligned} \int \frac{\dtheta}{3\,\sin\,\theta \;+\;4\,\cos\,\theta} ~&=~ \mathop{\mathlarger{\mathlarger{\int}}} \frac{\frac{2\,\dt}{1+t^2}}{3\,\frac{2t}{1+t^2} \;+\; 4\,\frac{1-t^2}{1+t^2}} ~=~ \int \frac{-1}{2t^2 - 3t - 2}\,\dt\

\ [6pt] &=~\ int\ frac {-1} {(2t+1)\, (t-2)}\,\ dt ~=~\ int\ izquierda (\ frac {A} {2t+1} ~+~\ frac {B} {t-2}\ derecha)\,\ dt\ end {alineado}\] donde

\[\begin{aligned} {3} \text{coefficient of $t$}&: \quad & A ~+~ 2B ~&=~ 0 \quad\Rightarrow\quad A ~=~ -2B\\ \text{constant term}&: & -2A ~+~ B ~&=~ -1 \quad\Rightarrow\quad 4B ~+~ B ~=~ -1 \quad\Rightarrow\quad B ~=~ -\frac{1}{5} ~~\text{and}~~ A ~=~ \frac{2}{5}\end{aligned}\]Así,

\[\begin{aligned} \int \frac{\dtheta}{3\,\sin\,\theta \;+\;4\,\cos\,\theta} ~&=~ \int \left(\frac{\frac{2}{5}}{2t+1} ~+~ \frac{-\frac{1}{5}}{t-2}\right)\,\dt ~=~ \frac{1}{5}\,\ln\,\abs{2t+1} ~-~ \frac{1}{5}\,\ln\,\abs{t-2} ~+~ C\

\ [4pt] &=~\ frac {1} {5}\,\ ln\,\ Abs {2\,\ tan\,\ tfrac {1} {2} {2}\ theta\; +\; 1} ~-~\ frac {1} {5}\,\ ln\,\ Abs {\ tan\,\ tfrac {1} {2}\ theta\; -\; 2} ~+~ C\ final {alineado}\]

Por la sustitución de medio ángulo\(t = \tan\,\tfrac{1}{2}\theta\),

\[\frac{\sin\,\theta}{1 \;+\; \cos\,\theta} ~=~ \frac{\dfrac{2t}{1+t^2}}{\dfrac{1+t^2}{1+t^2} + \dfrac{1-t^2}{1+t^2}} ~=~ \frac{\dfrac{2t}{1+t^2}}{\dfrac{2}{1+t^2}} ~=~ t\]que produce las identidades útiles de medio ángulo: ⁹

Ejemplo\(\PageIndex{1}\): inthalfangle3

Agrega texto aquí.

Solución

Evaluar\(~\displaystyle\int \frac{\sin\,\theta}{1 \;+\; \cos\,\theta}\,\dtheta~\).

Solución: Aunque podrías usar la sustitución de medio ángulo\(t = \tan\,\tfrac{1}{2}\theta\), es más fácil usar la identidad de medio ángulo ([eqn:halftan1]) directamente, ya que

\[\int \frac{\sin\,\theta}{1 \;+\; \cos\,\theta}\,\dtheta ~=~ \int \tan\,\tfrac{1}{2}\theta~\dtheta ~=~ 2\,\ln\,\Abs{\sec\,\tfrac{1}{2}\theta} ~+~ C\]por fórmula ([eqn:inttanu]) en la Sección 6.3.

[sec6dot5]

Para los Ejercicios 1-12, evaluar la integral dada.

4

\(\displaystyle\int \frac{1 \;-\; 2\,\cos\,\theta}{\sin\,\theta}\;\dtheta\)

\(\displaystyle\int \frac{\dtheta}{3 \;-\; 5\,\sin\,\theta}\)

\(\displaystyle\int \frac{\dtheta}{2 \;-\; \sin\,\theta}\)

\(\displaystyle\int \frac{\dtheta}{4 \;+\; \sin\,\theta}\)

4

\(\displaystyle\int \frac{\sin\,\theta}{2 \;-\; \sin\,\theta}\;\dtheta\)

\(\displaystyle\int \frac{\dtheta}{5 \;-\; 3\,\cos\,\theta}\)

\(\displaystyle\int \frac{\dtheta}{1 \;+\; \sin\,\theta \;-\; \cos\,\theta}\)

\(\displaystyle\int \frac{\dtheta}{1 \;-\; \sin\,\theta \;+\; \cos\,\theta}\)

4

\(\displaystyle\int \frac{\cot\,\theta}{1 \;+\; \sin\,\theta}\;\dtheta\)

\(\displaystyle\int \frac{1 \;-\; \cos\,\theta}{3\,\sin\,\theta}\;\dtheta\)

\(\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2/2}\,\dx\)

\(\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} x^2 \,e^{-x^6}\,\dx\)

Considerar la integral\(~\displaystyle\int \frac{\sin\,\theta}{1 \;+\; \cos\,\theta}\,\dtheta~\) de Ejemplo

Ejemplo\(\PageIndex{1}\): inthalfangle3

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Solución

.

1. Evaluar la integral usando la sustitución\(u=1 + \cos\,\theta\).

2. Evaluar la integral usando la sustitución de medio ángulo\(t = \tan\,\tfrac{1}{2}\theta\).

3. Mostrar que las respuestas de las partes (a) y (b) son equivalentes al resultado del Ejemplo

   Ejemplo\(\PageIndex{1}\): inthalfangle3

   Agrega texto aquí.

   Solución

   .

[[1.] ]

Evaluar la integral\(~\displaystyle\int \frac{\dtheta}{3\,\sin\,\theta \;+\; 4\,\cos\,\theta}~\) a partir del Ejemplo

Ejemplo\(\PageIndex{1}\): inthalfangle2

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Solución

al señalar que

\[\begin{aligned} \int \frac{\dtheta}{3\,\sin\,\theta \;+\; 4\,\cos\,\theta} ~&=~ \int \frac{\dtheta}{5\,\left(\frac{3}{5}\,\sin\,\theta \;+\; \frac{4}{5}\,\cos\,\theta\right)}\

\ [5pt] &=~\ int\ frac {\ dtheta} {5\,\ izquierda (\ cos\,\ phi\;\ sin\,\ theta\; +\;\ sin\,\ phi\;\ cos\,\ theta\ derecha)}\

\ [5pt] &=~\ int\ frac {\ dtheta} {5\,\ sin\, (\ theta +\ phi)} ~=~\ frac {1} {5}\,\ int\ csc\, (\ theta +\ phi) ~\ dtheta\ end {alineado}\] por la fórmula de suma sinusoidal, donde\(\phi\) está el ángulo en el triángulo derecho mostrado arriba. Completa la integración y demuestra que tu respuesta es equivalente al resultado del Ejemplo

Ejemplo\(\PageIndex{1}\): inthalfangle2

Agrega texto aquí.

Solución

. [[1.] ]

Mostrar directamente desde la definición de la función Beta que\(B(x,y) = B(y,x)\) para todos\(x > 0\) y\(y > 0\).

[exer:betatrig] Mostrar que la función Beta se\(B(x,y)\) puede escribir como

\[B(x,y) ~=~ \int_0^{\pi/2} 2\,\sin^{2x-1}(\theta)~\cos^{2y-1}(\theta)~\dtheta \qquad\text{for all $x > 0$ and $y > 0$.}\]

[exer:intsinmcosn] Usa Ejercicio [exer:betatrig] y fórmula ([eqn:betagamma]) para demostrar que

\[\int_0^{\pi/2} \sin^{m}\theta~\cos^{n}\theta~\dtheta ~=~ \frac{\Gamma\,\left(\dfrac{m+1}{2}\right) \; \Gamma\,\left(\dfrac{n+1}{2}\right)}{2\,\Gamma\,\left(\dfrac{m+n}{2} + 1\right)} \qquad\text{for all $m > -1$ and $n > -1$.}\]

Use Ejercicio [exer:gamma] de la Sección 6.1, así como Ejercicio [exer:intsinmcosn] anterior, para demostrar que para\(m=1\)\(2\),\(3\),\(\ldots\),

\[\int_0^{\pi/2} \sin^{2m}\theta~\dtheta ~=~ \frac{\sqrt{\pi}\;\Gamma\,\left(m + \frac{1}{2}\right)}{2\,(m!)} \qquad\text{and}\qquad \int_0^{\pi/2} \sin^{2m+1}\theta~\dtheta ~=~ \frac{\sqrt{\pi}\;(m!)}{2\,\Gamma\,\left(m + \frac{3}{2}\right)} ~.\]

2

Demostrar eso\(~\displaystyle\int_0^{\infty} \dfrac{\ln\,x}{1 + x^2}\,\dx ~=~ 0\).

\(~\displaystyle\int_0^{\infty} \dfrac{x^a}{a^x}\,\dx ~=~ \dfrac{\Gamma\,(a+1)}{(\ln\,a)^{a+1}}~\)Demuéstralo para\(a > 1\).

Usar el resultado de Ejemplo

Ejemplo\(\PageIndex{1}\): halfderivx

Agrega texto aquí.

Solución

para demostrar que

\[\frac{d^{1/2}}{\dx^{1/2}}\,\left(\frac{d^{1/2}}{\dx^{1/2}}\,(x)\right) ~=~ 1 ~=~ \ddx\,(x) ~.\]

2

Calcular\(~\dfrac{d^{1/2}}{\dx^{1/2}}\,(c)~\) para todas las constantes\(c\).

Calcular\(~\dfrac{d^{1/3}}{\dx^{1/3}}\,(x)~\).

\(~\displaystyle\int_0^1 \dfrac{1}{\sqrt{1 - x^n}}\,\dx ~=~ \tfrac{1}{n}\,B\left(\tfrac{1}{n},\tfrac{1}{2}\right)~\)Demuéstralo para\(n \ge 1\).

Demostrar que la función Gamma se\(\Gamma\,(t)\) puede escribir como

\[\Gamma\,(t) ~=~ p^t\,\int_0^{\infty} u^{t-1} \,e^{-pu}~\du \quad\text{for all $t > 0$ and $p > 0$.}\]

Demostrar que la función Gamma se\(\Gamma\,(t)\) puede escribir como

\[\Gamma\,(t) ~=~ \int_0^1 \left(\ln\,\left(\frac{1}{u}\right)\right)^{t-1}\,\du \quad\text{for all $t > 0$.}\]

Usando el resultado del Ejercicio [exer:eaxtrigbx] en la Sección 6.1 que

\[\int e^{ax}\,\cos\,bx~\dx ~=~ \frac{e^{ax}\,(a\,\cos\,bx ~+~ b\,\sin\,bx)}{a^2 + b^2}\]para todas las constantes\(a\) y\(b \ne 0\), diferenciarse bajo el signo integral para mostrar que para todos\(\alpha > 0\)

\[\int_0^{\infty} x\,e^{-x} \sin\,\alpha x~\dx ~=~ \frac{2 \alpha}{(1 + \alpha^2)^2} ~.\][[1.] ]

Usa la regla y fórmula de Leibniz ([eqn:sqrta2u2tan]) de la Sección 6.3 para mostrar que para todos\(a > 0\),

\[\int \frac{\dx}{\sqrt{a^2 + x^2}} ~=~ \ln\;\Abs{x + \sqrt{a^2 + x^2}\,} ~+~ C ~.\]

Ejemplo de uso

Ejemplo\(\PageIndex{1}\): intbeta1

Agrega texto aquí.

Solución

para demostrar que la función Beta satisface la relación

\[B(x,1-x) ~=~ \int_0^1 \,\frac{t^{-x} \;+\; t^{x-1}}{1 + t}\,\dt \quad\text{for all $0 < x < 1$.}\](Pista: Primero usa una sustitución para mostrar eso\(\displaystyle\int_0^{\infty} \dfrac{u^{x-1}}{1 + u}\,\du = \displaystyle\int_0^{\infty} \dfrac{t^{-x}}{1 + t}\,\dt\).)

Demostrar que para todos\(a > -1\),

\[\int_0^{\pi/2} \frac{\dtheta}{1 \;+\; a\,\sin^2 \theta} ~=~ \frac{\pi}{2\,\sqrt{1+a}} ~.\]