Evalúa ∫sin(x−α)sin(x+α)−−−−−−√dx∫sin⁡(x−α)sin⁡(x+α)dx\int \sqrt{ \frac {\sin(x) -\alpha)} {\sin(x+\alpha)} }\,\operatorname d\!x?

Question

Evalúa ∫sin(x−α)sin(x+α)−−−−−−√dx∫sin⁡(x−α)sin⁡(x+α)dx\int \sqrt{ \frac {\sin(x) -\alpha)} {\sin(x+\alpha)} }\,\operatorname d\!x?

cálculo
integración
Matemáticas
Integrales indefinidas

Parth Thakkar

¿Cómo hacer para evaluar la siguiente integral?

I = \int \sqrt{\frac{pecado (X - α)}{pecado (X + α)}} d X

$I = \int \sqrt{ \dfrac {\sin(x-\alpha)} {\sin(x+\alpha)} }\,\operatorname d\!x$

Lo que he hecho hasta ahora:

I = \int \sqrt{1 - broncearse α \cdot cuna X} d X

$I = \int \sqrt{ 1-\tan\alpha\cdot\cot x }\,\operatorname d\!x$ Dejar

t^{2} = 1 - \tan α \cdot \cot x

$t^2 = 1-\tan\alpha\cdot\cot x$

\begin{aligned} 2 t d t & = broncearse α \cdot \csc^{2} X d X \\ = broncearse α \cdot (1 + (\frac{1 - t^{2}}{broncearse α})^{2}) d X \\ = \frac{({broncearse}^{2} α + (1 - t^{2})^{2})}{broncearse α} d X \end{aligned}

$\begin{align} 2t\,\operatorname d\!t &= \tan\alpha \cdot \csc^2x\,\operatorname d\!x \\ & = \tan\alpha \cdot \Bigg(1 + \Big(\dfrac{1-t^2}{\tan\alpha}\Big)^2\Bigg)\,\operatorname d\!x \\ & = \dfrac{\Big(\tan^2 \alpha + (1-t^2)^2\Big)}{\tan \alpha}dx \end{align}$

Entonces, de eso:

\begin{aligned} I & = \int \sqrt{1 - broncearse α \cdot cuna X} d X \\ = \int \frac{2 t^{2} broncearse α}{({broncearse}^{2} α + (1 - t^{2})^{2})} d t \end{aligned}

$\begin{align} I &= \int \sqrt{ 1-\tan\alpha\cdot\cot x }\,dx \\ & = \int \dfrac{2t^2\tan\alpha}{\Big(\tan^2 \alpha + (1-t^2)^2\Big)}\, \operatorname d\!t \\ \end{align}$

¿Qué hacer a continuación?

Editar : había pensado en hacer una sustitución: $u = 1-t^2$ pero eso no funciona ya que necesitas uno más $t$ término en el numerador.

usuario88595

supongo que haciendo

x = 1 - t^{2}

$x = 1-t^2$ la sustitución lo hará más simple y de forma similar a

\frac{d t a n^{- 1} (t)}{d t}

$\frac{d tan^{-1}(t)}{dt}$ . Después de eso creo que la mejor manera de deshacerme de los poderes de

t

$t$ en el numerador sería hacerlo por partes. Yo no lo hice, pero podrías echar un vistazo en esa dirección.

Parth Thakkar

Ese es el problema. No puede hacer esa sustitución con éxito. Si lo haces, necesitas uno más.

t

$t$ término en el numerador.

Parth Thakkar

No estoy consiguiendo nada con esto. ¡Alguna pista más, por favor!

usuario88595

Intenta usar fracciones parciales pero tendrás que lidiar con números complejos. Escribir

\tan^{2} (α) + (1 - t^{2})^{2} = (1 - t^{2} + i \tan (α)) (1 - t^{2} - i \tan (α))

$\tan^2(\alpha) + (1-t^2)^2 = (1-t^2 + i\tan (\alpha))(1-t^2 - i\tan (\alpha))$

Parth Thakkar

¡No sé la integración de números complejos, de verdad! Creo que este problema se puede resolver sin usarlos: es uno de los problemas en nuestra hoja de problemas (y aún no nos han enseñado integración compleja)

usuario88595

Bueno, en qué nivel estás podría darte una idea de qué herramienta deberías usar.

Parth Thakkar

Estas son algunas de las preguntas que me he hecho y cuyas soluciones he entendido. Eso podría ayudarlo a comprender mi nivel (porque es difícil expresar mi 'nivel') 1. math.stackexchange.com/questions/445808/… 2. math.stackexchange.com/questions/385544/… 3. math.stackexchange. com/preguntas/366485/…

usuario88595

Bueno, entonces podría intentar usar fracciones parciales e integrar como lo hace normalmente (siempre que las fracciones parciales simplifiquen el integrando lo suficiente).

Marc van Leeuwen

Tanto en el título como en la pregunta hablas de integrar una integral. Eso daría como resultado una integral doble, pero no creo que realmente lo digas en serio.

Parth Thakkar

Así es, eso no es lo que quise decir. Las preguntas futuras no serán así. ¡Gracias por señalarlo!

Respuestas (3)

Evalúa ∫sin(x−α)sin(x+α)−−−−−−√dx∫sin⁡(x−α)sin⁡(x+α)dx\int \sqrt{ \frac {\sin(x) -\alpha)} {\sin(x+\alpha)} }\,\operatorname d\!x?

supongo que haciendo $x = 1-t^2$ la sustitución lo hará más simple y de forma similar a $\frac{d tan^{-1}(t)}{dt}$ . Después de eso creo que la mejor manera de deshacerme de los poderes de $t$ en el numerador sería hacerlo por partes. Yo no lo hice, pero podrías echar un vistazo en esa dirección.
Ese es el problema. No puede hacer esa sustitución con éxito. Si lo haces, necesitas uno más. $t$ término en el numerador.
No estoy consiguiendo nada con esto. ¡Alguna pista más, por favor!
Intenta usar fracciones parciales pero tendrás que lidiar con números complejos. Escribir $\tan^2(\alpha) + (1-t^2)^2 = (1-t^2 + i\tan (\alpha))(1-t^2 - i\tan (\alpha))$
¡No sé la integración de números complejos, de verdad! Creo que este problema se puede resolver sin usarlos: es uno de los problemas en nuestra hoja de problemas (y aún no nos han enseñado integración compleja)
Bueno, en qué nivel estás podría darte una idea de qué herramienta deberías usar.
Estas son algunas de las preguntas que me he hecho y cuyas soluciones he entendido. Eso podría ayudarlo a comprender mi nivel (porque es difícil expresar mi 'nivel') 1. math.stackexchange.com/questions/445808/… 2. math.stackexchange.com/questions/385544/… 3. math.stackexchange. com/preguntas/366485/…
Bueno, entonces podría intentar usar fracciones parciales e integrar como lo hace normalmente (siempre que las fracciones parciales simplifiquen el integrando lo suficiente).
Tanto en el título como en la pregunta hablas de integrar una integral. Eso daría como resultado una integral doble, pero no creo que realmente lo digas en serio.
Así es, eso no es lo que quise decir. Las preguntas futuras no serán así. ¡Gracias por señalarlo!

bromista · Answer 1

Dado que,

I = \int \sqrt{\frac{pecado (X - α)}{pecado (X + α)}} d X

$I = \int \sqrt{ \dfrac {\sin(x-\alpha)} {\sin(x+\alpha)} }\,dx$

multiplicando y dividiendo por $\sqrt{\sin(x-\alpha)}$ .

obtenemos,

I = \int \frac{pecado (X - α)}{\sqrt{pecado (X + α) \cdot pecado (X - α)}} d X

$I = \int { \dfrac {\sin(x-\alpha)} {\sqrt{\sin(x+\alpha)\cdot \sin (x-\alpha) }}}\,dx$

I = \int \frac{pecado X \cdot porque α}{\sqrt{{pecado}^{2} X - {pecado}^{2} α}} d X - \int \frac{porque X \cdot pecado α}{\sqrt{{pecado}^{2} X - {pecado}^{2} α}} d X

$I=\int \dfrac{ \sin x\cdot \cos{\alpha }}{\sqrt{\sin^2x-\sin^2\alpha}}\ dx-\int\dfrac{\cos x\cdot \sin\alpha} {\sqrt{\sin^2x-\sin^2\alpha}}\ dx$ (¿cómo?)

I = porque α \int \frac{pecado X d X}{\sqrt{{pecado}^{2} X - {pecado}^{2} α}} d X - pecado α \int \frac{porque X d X}{\sqrt{{pecado}^{2} X - {pecado}^{2} α}} d X

$I= \cos{\alpha}\int\dfrac{ \sin x dx}{\sqrt{\sin^2x-\sin^2\alpha}}dx-\sin\alpha\int\dfrac{\cos x dx}{\sqrt{\sin^2x-\sin^2\alpha}}dx$

Para la primera integral, haga la sustitución $\cos x=u$ . Para la segunda integral hacer la sustitución $\sin x=v$ .

Puedes tomarlo desde aquí.

ron gordon · Answer 2

Sustituto

tu = \frac{pecado (X - α)}{pecado (X + α)}

$u = \frac{\sin{(x-\alpha)}}{\sin{(x+\alpha)}}$

Entonces, con alguna manipulación algebraica, encontramos que

d X = \frac{2 d tu}{{segundo}^{2} α {tu}^{2} + 2 ({broncearse}^{2} α - 1) tu + {segundo}^{2} α}

$dx = \frac{2 du}{\sec^2{\alpha} u^2 + 2 (\tan^2{\alpha}-1) u + \sec^2{\alpha}}$

de modo que la integral se convierte en

2 \int d tu \frac{\sqrt{tu}}{{segundo}^{2} α {tu}^{2} + 2 ({broncearse}^{2} α - 1) tu + {segundo}^{2} α}

$2 \int du \frac{\sqrt{u}}{\sec^2{\alpha} \, u^2 + 2 (\tan^2{\alpha}-1) u + \sec^2{\alpha}}$

En cuanto a la última integral, se descompone en sus factores $u-u_{\pm}$ , dónde

{tu}_{\pm} = porque 2 α \pm i porque α

$u_{\pm} = \cos{2 \alpha} \pm i \cos{\alpha}$

y hacer una descomposición en fracciones parciales, por lo que la integral se convierte en

\frac{1}{i 2 porque α} [\int d tu \frac{\sqrt{tu}}{tu - {tu}_{+}} - \int d tu \frac{\sqrt{tu}}{tu - {tu}_{-}}]

$\frac{1}{i 2 \cos{\alpha}} \left [ \int du \frac{\sqrt{u}}{u-u_+} - \int du \frac{\sqrt{u}}{u-u_-}\right ]$

Para evaluar cada una de estas integrales, sea $u=v^2$ de modo que

\int d tu \frac{\sqrt{tu}}{tu - {tu}_{+}} = 2 \int d v \frac{v^{2}}{v^{2} - {tu}_{+}} = 2 v + 2 {tu}_{+} \int \frac{d v}{v^{2} - {tu}_{+}}

$\int du \frac{\sqrt{u}}{u-u_+} = 2 \int dv \frac{v^2}{v^2-u_+} = 2 v + 2 u_+ \int \frac{dv}{v^2-u_+}$

tomando la última integral la forma de una tangente hiperbólica inversa. el resultado que obtengo es

\int d X \sqrt{\frac{pecado (X - α)}{pecado (X - α)}} = \frac{1}{porque α} ℑ [\sqrt{{tu}_{+}} registro (\frac{\sqrt{tu} - \sqrt{{tu}_{+}}}{\sqrt{tu} + \sqrt{{tu}_{+}}})] + C

$\int dx \sqrt{\frac{\sin{(x-\alpha)}}{\sin{(x-\alpha)}}} = \frac{1}{\cos{\alpha}} \Im{\left [\sqrt{u_+} \log{\left ( \frac{\sqrt{u} - \sqrt{u_+}}{\sqrt{u} + \sqrt{u_+}}\right)}\right]} + C$

donde, otra vez

tu = \frac{pecado (X - α)}{pecado (X - α)}

$u = \frac{\sin{(x-\alpha)}}{\sin{(x-\alpha)}}$

{tu}_{+} = porque 2 α + i porque α

$u_{+} = \cos{2 \alpha} + i \cos{\alpha}$

Como dije, no tengo ni idea acerca de la integración compleja. ¿Podría por favor proporcionar una alternativa?
@ParthThakkar: Esta no es una integración compleja. Esto es simplemente una manipulación que involucra números complejos. Créanme, evitarlos será mucho, mucho más complicado. La integración es sobre una variable real; el factor imaginario es sólo eso, un factor como cualquier otro.
@SohamChowdhury: lo siento, esa es la parte imaginaria. En LaTeX, se escribe como \Im{}. Sí, eso no es lo más obvio, ¿verdad?
¿No tenemos que decir qué raíz cuadrada compleja estamos tomando y qué rama del registro estamos usando?

Félix Marín · Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\dagger}} \newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\right\vert\,} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$

\begin{aligned} I & \equiv \int \sqrt{\frac{pecado (X - α)}{pecado (X + α)}} d X = \int \sqrt{\frac{pecado (X) porque α - porque (X) pecado (α)}{pecado (X) porque α + porque (X) pecado (α)}} d X \\ = \int \sqrt{\frac{broncearse (X) - β}{broncearse (X) + β}} d X dónde β \equiv broncearse (α) \end{aligned}

$\begin{align} I&\equiv\int\root{\sin\pars{x - \alpha} \over \sin\pars{x + \alpha}}\,\dd x =\int\root{\sin\pars{x}\cos\alpha - \cos\pars{x}\sin\pars{\alpha}\over \sin\pars{x}\cos\alpha + \cos\pars{x}\sin\pars{\alpha}}\,\dd x \\[3mm]&=\int\root{\tan\pars{x} - \beta\over \tan\pars{x} + \beta}\,\dd x\quad\mbox{where}\quad\beta \equiv\tan\pars{\alpha} \end{align}$

$\begin{aligned} I & = \overset{Colocar X \equiv t / 2 ⟹ t = 2 X}{\overset{⏞}{\int \sqrt{\frac{broncearse (X) - β}{broncearse (X) + β}} d X}} = \frac{1}{2} \overset{Colocar y \equiv broncearse (t / 2) ⟹ t = 2 arcán (y)}{\overset{⏞}{\int \sqrt{\frac{broncearse (t / 2) - β}{broncearse (t / 2) + β}} d t}} \\ = \frac{1}{2} \int \sqrt{\frac{y - β}{y + β}} \frac{2 d y}{1 + y^{2}} \end{aligned}$ $\begin{align} I&=\ \overbrace{\int\root{\tan\pars{x} - \beta\over \tan\pars{x} + \beta}\,\dd x} ^{\ds{\mbox{Set}\ x \equiv t/2\ \imp\ t = 2x}}\ =\ \half\ \overbrace{\int\root{\tan\pars{t/2} - \beta\over \tan\pars{t/2} + \beta}\,\dd t} ^{\ds{\mbox{Set}\ y \equiv \tan\pars{t/2}\ \imp\ t = 2\arctan\pars{y}}} \\[3mm]&=\half\int\root{y - \beta \over y + \beta}\,{2\,\dd y \over 1 + y^{2}} \end{align}$

Con $\ds{{y - \beta \over y + \beta} \equiv z}$ :

\begin{aligned} I & = 2 β \int \frac{z d z}{(β^{2} + 1) z^{2} + 2 (β^{2} - 1) z + β^{2} + 1} \\ = \frac{2 β}{β^{2} + 1} \int \frac{z d z}{z^{2} + 2 [(β^{2} - 1) / (β^{2} + 1)] z + 1} = pecado (2 α) \int \frac{z d z}{z^{2} - 2 porque (2 α) z + 1} \end{aligned}

$\begin{align} I&=2\beta\int {z\,\dd z \over \pars{\beta^{2} + 1}z^{2} + 2\pars{\beta^{2} - 1}z + \beta^{2} + 1} \\[3mm]&={2\beta \over \beta^{2} + 1}\int {z\,\dd z \over z^{2} + 2\bracks{\pars{\beta^{2} - 1}/\pars{\beta^{2} + 1}}z + 1} =\sin\pars{2\alpha} \int {z\,\dd z \over z^{2} - 2\cos\pars{2\alpha}z + 1} \end{align}$ Puedes tomarlo desde aquí.

Evalúa ∫sin(x−α)sin(x+α)−−−−−−√dx∫sin⁡(x−α)sin⁡(x+α)dx\int \sqrt{ \frac {\sin(x) -\alpha)} {\sin(x+\alpha)} }\,\operatorname d\!x?

Parth Thakkar

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Marc van Leeuwen

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Respuestas (3)

bromista

ron gordon

Parth Thakkar

ron gordon

Parth Thakkar

Soham Chowdhury

ron gordon

Gunnar Þór Magnússon

ron gordon

Félix Marín

¿Cuál es la aparente contradicción en esta integral?

Integra ∫dxsin3xsin(x+α)√∫dxsin3⁡xsin⁡(x+α)\int \frac{dx}{\sqrt{\sin^3x\sin(x+\alpha)}}

Evalúa ∫11−sin4x√dx∫11−sin4⁡xdx\int \frac{1}{\sqrt{1-\sin^4{x}}}dx

Forma cerrada de integral definida de 2006 MIT Integration Bee [cerrado]

Evaluar la integral indefinida ∫log(x+x2−1−−−−−√)dx∫log(x+x2−1)dx\int\log\!\left(x+\sqrt{x^2-1}\ derecha)\!dx

¿Hay restricciones que he olvidado para Integración por sustitución trigonométrica o estoy cometiendo algún otro error?

Concilia diferentes formas de ∫1A+cosxdx∫1A+cos⁡xdx\int \frac{1}{A + \cos x} \,\text{d}x

¿Cómo puedo integrar ∫e2x−1e3x+ex√dx∫e2x−1e3x+exdx\int\frac{e^{2x}-1}{\sqrt{e^{3x}+e^x} } \mathop{dx }?

Integral: ∫dx(x2−4x+13)2∫dx(x2−4x+13)2\int \dfrac{dx}{(x^2-4x+13)^2}?

¿Cuál es la definición formal de una integral indefinida?