integración por partes de la función trigonométrica

Question

Traté de resolver la integral de abajo usando integración por partes $$\int_0^t\cos(x)\cos(t-x)dx=\frac{1}{2}(\sin(t)+t\cos(t))$$

Parecía solucionable a través de hacer integración por partes dos veces, pero no ha funcionado para mí, pero aún así... tcos(t) no viene!

Sé cómo puede ser resuelto usando las propiedades de la función trigonométrica, ¿por qué no puede ser resuelto mediante la integración por partes?

Answer 1

Sugerencia: usar la fórmula

$$\cos(x)\cos(y)=\frac{1}{2}(\cos(x-y)+\cos(x+y))$$ para su Control: $$1/2\,\sin \left( t \right) +1/2\,\cos \left( t \right) t$$

Answer 2

Voy a suponer que usted no ha aprendido acerca de transformadas de Laplace o circunvoluciones, como no reconocer que en este caso, pero la forma de la integral es tal que es

$$\cos(t)*\cos(t)$$

Donde $*$ es el operador de convolución

En tal caso la respuesta se obtiene por

$$\mathcal{L}^{-1}\left(\left({\frac{s}{s^2+1}}\right)^2\right)$$

$$=\frac{1}{2}(\sin(t)+t\cos(t))$$

Answer 3

Usted puede hacerlo por integración por partes, pero usted tiene que comenzar en un poco gracioso dirección a la parada de la final de la integral de la cancelación con el original: $$ I = \int_0^t 1 \cdot \cos{x}\cos{(t-x)} \, dx = [x\cos{x}\cos{(t-x)}]_0^t \int_0^t x(-\sin{x}\cos{(t-x)}+\cos{x}\sin{(t-x)}) \, dx \\ t = \cos{t} + \int_0^t x(\sin{x}\cos{(t-x)}-\cos{x}\sin{(t-x)}) \, dx, $$ dar algo que se parece a uno de los términos. Ahora integrar el primer término de la integral por partes, $$ \int_0^t x\sin{x}\cdot \cos{(t-x)} \, dx = [-x\sin{x}\sin{(t-x)}]_0^t + \int_0^t (x\cos{x}-\sin{x}) \sin{(t-x)} \, dx. $$ El primer término en el resto de la integral cancela con el segundo término de la integral a partir de la primera integración por partes, por lo que $$ \int_0^t \cos{x}\cos{(t-x)} \, dx = t\cos{t} - \int_0^t \sin{x}\sin{(t-x)} \, dx. $$ Para lidiar con el resto de la integral integramos por partes de nuevo: $$ - \int_0^t \sin{x}\sin{(t-x)} \, dx = [\cos{x}\sin{(t-x)}]_0^t\int_0^t \cos{x}\cos{(t-x)} \, dx \\ = \sin{t}-I, $$ así $$ I = t\cos{t}+\sin{t}-I, $$ o $$ I = \frac{1}{2}(t\cos{t}+\sin{t}), $$ como era de esperar.

No era en absoluto evidente que esto iba a funcionar. En general, $$ \int fg' \, dx = xfg' - \int x(f'g'+fg") \, dx \\ = x(fg' - f'g) + \int [(xf"+f')g-xfg"] \, dx \\ = x(fg'-f'g) + fg-\int fg' \, dx + \int x(f"g-fg") \, dx, $$ así $$ \int fg' \, dx = \frac{1}{2}(x(fg'-f'g)+fg)+\frac{1}{2}\int x(f''g-fg'') \, dx, $$ y lo que ocurre es que en este caso la integral de la derecha desaparece (como para cualquiera de las dos soluciones de una ecuación diferencial de la forma $y''+q(x)y=0$, ya que el $f''g-fg''$ es la derivada de la Wronskian, y este se desvanece, puesto que el coeficiente de $y'$ es cero).

Answer 4

Primero se puede observar que

$ \cos(x)\cos(t-x)-\sin(x)\sin(t-x)=$

$=\cos(x+(t-x))=\cos(t)$

así

$\cos(x)\cos(t-x)=\cos(t)+\sin(x)\sin(t-x)$

Entonces

$\int_0^t \cos(x)\cos(t-x)dx =$

$=\int_0^t \cos(t)dx +\int_0^t \sin(x)\sin(t-x)dx=$

y usando integración por partes se tiene que

$=t \cos(t)+[\sin(x)\cos(t-x)]_0^t-\int_0^t \cos(x)\cos(t-x)dx=$

$=t \cos(t)+\sin(t)-\int_0^t \cos(x)\cos(t-x)dx$

así

$2\int_0^t \cos(x)\cos(t-x)dx =t \cos(t)+\sin(t)$

y

$\int_0^t \cos(x)\cos(t-x)dx =\frac{1}{2}(t \cos(t)+\sin(t))$

Answer 5

$$ \begin{align} \int_o^t{\cos(x)\cos(t-x)dx} &= \displaystyle{ 1 \over 2}\int_o^t[\cos(2x-t)+\cos(t)]dx \\ &= \displaystyle{ 1 \over 2}t\cos(t) + \displaystyle{ 1 \over 2} \int_o^t{\cos(2x-t)}dx \\ &= \displaystyle{ 1 \over 2}t\cos(t) + \displaystyle{ 1 \over 4}\sin(2x-t)\Big|_{0}^{t} \\ & =\displaystyle{ 1 \over 2}(\sin(t)+t\cos(t)) \end{align} $$

Usted tiene la última igualdad desde $\sin(-t)=-\sin(t)$