Calculemos la integral

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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.

32 comentarios

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Antonio QD | 26 de April de 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
josejuan | 26 de April de 2010 | 12:50

¿No te faltaría multiplicar por 2?
Antonio QD | 26 de April de 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
Sirius | 26 de April de 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?
ZetaSelberg | 26 de April de 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…
M | 26 de April de 2010 | 23:13

En efecto, ZetaSelberg, es un clásico del teorema de los residuos: $\int_0^\infty \frac{1}{1+x^n}dx=\dfrac{\pi/n}{sen(\pi/n)},\;n\geq 2$ .
Américo Tavares | 27 de April de 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
$I=\displaystyle\int_{-\infty }^{+\infty }\dfrac{dt}{1+t^{4}}=\int_{\gamma }\dfrac{dz}{1+z^{4}}$
$=2\pi i\left( \text{res}\left( f,z_{0}\right) +\text{res}\left( f,z_{1}\right) \right)$
$=2\pi i\left( -\dfrac{1}{\left( 2-2i\right) \sqrt{2}}+\dfrac{1}{\left( 2+2i\right) \sqrt{2}}\right) =\dfrac{1}{2}\pi \sqrt{2}$
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Integral dos Gaussianos « Blogue auxiliar do problemas | teoremas
Américo Tavares | 27 de April de 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?
Américo Tavares | 27 de April de 2010 | 02:23

2 situados no interior em vez de 2 situados situados no interior
gaussianos | 27 de April de 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

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

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 Beta e integración doble (sencilla).

¿Cómo haríais esta integral con este temario?
Esteban | 27 de April de 2010 | 03:25

Con el temario propuesto,. la solucion seria completar el trinomio cuadrado perfecto en el denominador y despues integrar por partes.
Esteban | 27 de April de 2010 | 03:26

perdon quise decir binomio cuadrado perfecto
Esteban | 27 de April de 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
Américo Tavares | 27 de April de 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
$\underset{\rho\rightarrow +\infty}{\lim }\displaystyle\int_{C_{\rho}}f(z)\;dz=0$ .
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Um integral real calculado pelo método dos resíduos « problemas | teoremas
Antonio QD | 27 de April de 2010 | 11:32

Buenos Días
Simplemente, resolví la integral factorizando el polimonio de grado 4 en $\mathbb R\, [t]$ 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

$\int_0^ {\infty}\frac{x^{p-1}}{(1+x)^{p+q}}dx=\beta(p,q)$

En este caso, se realizaría el siguiente cambio de variable $u=t^4$ con lo que tenemos el siguiente desarrollo

$\int_0^{infty}\frac{2dt}{1+t^4}= \frac{1}{2}\int_0^{\infty}\frac{u^{-3/4}}{1+u}du=\frac{1}{2}\beta\left (\frac{1}{4},\frac{3}{4}\right)=\frac{1}{2}\frac{\pi}{\sin(\frac{\pi}{4})}=\frac{\pi}{\sqrt{2}}$

Esta forma de resolverla es mucho menos ardua, y sólo depende de una sustitución y el conocimiento de la función beta; pero al menos para mí, la función beta supone el uso de conceptos más avanzados de los usados en la primera resolución. Este método de resolver integrales sólo lo aprendí cuando hice la asignatura de Análisis Matemático I en CC Matemáticas.

Un Saludo
Antonio QD | 27 de April de 2010 | 11:33

Buenos Días
Simplemente, resolví la integral factorizando el polimonio de grado 4 en $\mathbb R\, [t]$ 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

$\int_0^ {\infty}\frac{x^{p-1}}{(1+x)^{p+q}}dx=\beta(p,q)$

En este caso, se realizaría el siguiente cambio de variable $u=t^4$ con lo que tenemos el siguiente desarrollo

$\int_0^{\infty}\frac{2dt}{1+t^4}= \frac{1}{2}\int_0^{\infty}\frac{u^{-3/4}}{1+u}du=\frac{1}{2}\beta\left (\frac{1}{4},\frac{3}{4}\right)=\frac{1}{2}\frac{\pi}{\sin(\frac{\pi}{4})}=\frac{\pi}{\sqrt{2}}$

Esta forma de resolverla es mucho menos ardua, y sólo depende de una sustitución y el conocimiento de la función beta; pero al menos para mí, la función beta supone el uso de conceptos más avanzados de los usados en la primera resolución. Este método de resolver integrales sólo lo aprendí cuando hice la asignatura de Análisis Matemático I en CC Matemáticas.

Un Saludo
Sophie Kovalevsky | 27 de April de 2010 | 18:56

Eliminaron mi mensajes? :S
^DiAmOnD^ | 28 de April de 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:
$\beta (p,q)=2 \displaystyle{\int_0^{\frac{\pi}{2}} sen^{2p-1}(x) cos^{2q-1}(x)dx}$
hernan | 28 de April de 2010 | 22:21

Haciendo la sustitución $u = \sin{x}$ queda la función Beta.
hernan | 28 de April de 2010 | 22:23

Perdón, quise decir $u = \sin^2(x)$
Nicolás | 29 de April de 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.
josejuan | 29 de April de 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…
Américo Tavares | 30 de April de 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

$I^{\prime }(t)=\displaystyle\int_{a}^{\infty}\dfrac{\partial f\left( x,t\right) }{\partial t}dx.$
Nicolas | 1 de May de 2010 | 00:03

Gracias, Américo y josejuan. Sí, la función estaba mal escrita, pero igual ya conseguí la respuesta.
Federico | 3 de May de 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 $tan(x)=sen(x)/cos(x)$ .
II) Con esto nos queda la integral de $1/(\sqrt((sen(x)/cos (x))$
III) Esto lo podémos escribir,no obstante como
$\int_{0}^{\Pi}1/ \sqrt(sen(x))/\sqrt(cos (x))\, dx$

con lo cual el coseno pasa a estar arriba y queda:
$\int_{0}^{\Pi}\sqrt(cos(x))/\sqrt(sen(x))\, dx$
IV) Sabemos que $(sen(x)dx)' =cos(x)$
Reemplazando entonces $sen(x)=u$ y $cos (x)=dU$ nos queda $\sqrt (du/U)$ , lo cual puede escribirse como $u^{-1/2}.$
V) Integramos. $\int_{0}^{\Pi}(U^{-1/2})$ y obtenemos
$f(x)=U^{1/2}$ o sea $f(x)=\sqrt(U)$ .
VI) Como $U=sen(x)$ .La integral nos da $\sqrt(sen(x))$ .
VII) Evaluamos la integral en el intervalo dado y tenemos:
$\sqrt(sen(\pi/2))$ – $\sqrt(sen(0)).$
Como $sen(\pi/2) = 1$ y $sen(0) =0$ entonces nos queda $\sqrt(1)- \sqrt(0)$ . Es decir, 1-0 = 1.
Entonces el resultado de la integral definida da 1.Desde ya,cualquier corrección es bienvenida.
Saludos!
Federico | 3 de May de 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.
hernan | 6 de May de 2010 | 04:48

Federico: tu paso IV está mal.
Pedro | 16 de February de 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!
Pedro | 16 de February de 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”?