Resolver por el método simple

Question

<blockquote> <p>Resolver por el método simple %#% $ #%</p> </blockquote> <p>Esto es lo que hice: que $$\int \frac{\mathrm{d}x}{(x^2+1)^4}$</p> <p>Después de resolver obtenemos $x=\tan{\alpha}$</p> <p>Otra vez por expansión tenemos $\int \cos^6(\alpha)\;\mathrm{d}\alpha$ donde $\frac{1}{2^6}\times(2\cos6\alpha+12\cos4\alpha+30\cos2\alpha+20)+c$</p> <p>Creo que no es buena manera de resolver problema no estoy recibiendo respuesta, por favor ayuda con otro método simple!</p>

Answer 1

Creo que la sustitución de $x=\tan(a)$ es de lejos el más sencillo de usar para el cálculo de $$I_m=\int \frac{\mathrm{d}x}{(x^2+1)^{m}}=\int \cos^{2(m-1)}(a)\,\mathrm{d}a$$ En este punto, la única cosa que se debe hacer es una reducción de potencia del coseno, que va a transformar el coseno elevado a la potencia en una combinación lineal de los cosenos de ángulos múltiples; esto es lo que hizo.

Las fórmulas generales son bastante simples. Si $m$ es impar,

$$\cos^m(a)=\frac 1{2^{m-1}}\sum_{k=0}^{\frac{m-1}2}\binom{m}{k} \cos \Big( (m-2 k)\,a\Big)$$ and, if $m$ es, incluso, $$\cos^m(a)=\frac 1{2^{m}}\binom{m}{\frac m2} +\frac 1{2^{m-1}}\sum_{k=0}^{\frac{m}2-1}\binom{m}{k} \cos \Big( (m-2 k)\,a\Big)$$ y la integración no se hacen ningún problema.

Usted podría fina reducción similar fórmulas para $\sin^m(a)$.

Si no utiliza esta sustitución, que se enfrentará a funciones hipergeométricas (como Dmoreno ya se ha mencionado) y $$I_m=x \, _2F_1\left(\frac{1}{2},m;\frac{3}{2};-x^2\right)$$ which can be represented as $$I_m=\frac{P_{2m-3}(x)}{(1+x^2)^{m-1}}-k_m \tan^{-1}(x)$$ where $P_n(x)$ represents a polynomial of degree $$n.

Answer 2

Integración por partes,

$$I_n=\int1\cdot(x^2+1)^ndx$$

$$=(x^2+1)^n\int dx-\int\left[\dfrac{d\left((x^2+1)^n\right)}{dx}\int dx\right]dx$$

$$=x(x^2+1)^n-\int[n(1+x^2)^{n-1}2x^2]dx$$

$$=x(x^2+1)^n-2n\int(1+x^2)^{n-1}(1+x^2-1)dx$$

$$=x(x^2+1)^n-2n[In-I{n-1}]$$

$$\implies(2n+1)In=x(x^2+1)^n+2nI{n-1}$$

Answer 3

Una opción es ir en fracciones parciales, pero se necesitaría para siempre para llegar con un dócil resultado.

Como una alternativa, una vez que han de integrar el $\cos^6 \alpha$, recordar:

$$ \int \cos^q \alpha \, \mathrm{d} \alpha = -\frac{\cos^{q+1}(x) \, _2F_1\left(\frac{1}{2},\frac{q+1}{2};\frac{q+3}{2};\cos ^2(x)\right)}{q+1}, \quad q \neq -1,$$ where ${}_2 F_1(a,b;c;z)$ es la función hipergeométrica.

No puedo ofrecer ninguna referencia (hice el cálculo con Mathematica), pero estoy seguro de que he visto de este lugar (tal vez Abramovitz). Me temo que nadie podría definir como un "método simple", pero creo que es un buen resultado.

Esperamos que encuentre útil.