Calcular : $\int_1^{\infty} \frac{1}{x} -\sin^{-1} \frac{1}{x}\ \mathrm{d}x $

Question

Encontrar : $\displaystyle \int_1^{\infty} \frac{1}{x} -\sin^{-1} \frac{1}{x}\ \mathrm{d}x $.

He hecho un poco de trabajo pero tengo pegado, usted puede intentar para ayudar a los que me siguen o me dan otra manera , en ambos casos tratamos de dar me acaba de sugerencias (no la solución completa), Gracias.

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Mi trabajo :

configuración : $x^{-1}=t$, obtenemos : $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{t-\sin^{-1}t}{t^2}\ \mathrm{d}t$.

para $|t|\leq 1 $, tenemos : $\displaystyle \sin^{-1}t =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(2k)!z^{2k+1}}{4^k (k!)^2(2k+1)}.$

con cierta simplificación :

$\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{t-\sin^{-1}t}{t^2}\ \mathrm{d}t=-\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(2k-1)!}{4^k (k!)^2(2k+1)}$.

El primer problema es que no tengo ninguna idea de cómo probar que la serie de Taylor (en forma general ) por $\sin^{-1} t$ y no parece muy complicado, yo solo lo tengo en mi libro.

El segundo problema es que no sé cómo evaluar la última suma.

Espero que usted puede tener una solución más fácil.

Answer 1

Sugerencia 1:

No intente utilizar la serie de Taylor aquí. Intente dividir la integral en dos partes, así: $$ \int_1^\infty\frac{dx}{x} - \int_1^\infty\ \arcsin\frac{1}{x}dx. $$ Integrar el primer término debe ser fácil. Para el segundo, la sustitución estás tratando de usar era correcto, pero intente usando integración por partes.

Si eso no es suficiente de un toque,

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Sugerencia 2:

La integración por partes: Vamos $f(u) = \arcsin(u), d(g(u)) = \frac {1} {u^2}$. $\int fdg = f(u)g(u)du-\int g(u) d(f(u))$. Esto le da $\int_0^1\frac{1}{u\sqrt{1-u^2}}du-\frac {\arcsin u} {u} + \int_1^\infty \frac{1} {x}dx.$ La primera integral se puede simplificar a través de la sustitución.

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Sugerencia 3:

Sustituto $s=\sqrt{1-u^2}$, $ds = -\frac {u} {\sqrt{1-u^2}}du$. Esto hace que el primer término $\int \frac {ds}{s^2-1}$, que se puede integrar mediante el uso parcial de la fracción de descomposición.

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Solución:

Tu respuesta final debe salir a $\frac{\pi}{2} -1 - \ln2$

Answer 2

$$ \begin{align} &\int_1^\infty\left(\frac1x-\sin^{-1}\left(\frac1x\right)\right)\,\mathrm{d}x\\ &=-\int_0^{\pi/2}\left(\sin(t)-t\right)\,\mathrm{d}\csc(t)\\ &=\frac\pi2-1+\int_0^{\pi/2}\csc(t)(\cos(t)-1)\,\mathrm{d}t\\ &=\frac\pi2-1-\int_0^{\pi/2}\csc(t)(1-\cos(t))\frac{\sin^2(t)}{1-\cos^2(t)}\,\mathrm{d}t\\ &=\frac\pi2-1+\int_0^{\pi/2}\frac{\mathrm{d}\cos(t)}{1+\cos(t)}\\ &=\frac\pi2-1-\log(2) \end{align} $$

Answer 3

Deje $\frac{1}{x}=t$.
Como se mostró correctamente, $$I=\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x}-\sin^{-1}(\frac{1}{x})dx=\int_{0}^{1}\frac{t-\sin^{-1}(t)}{t^{2}}dt$$ Luego integramos por partes, $$\int_{0}^{1}\frac{t-\sin^{-1}(t)}{t^{2}}dt=\left[-\frac{t-\sin^{-1}(t)}{t}\right]^{1}_{0}+\int_{0}^{1}\frac{1-\frac{1}{\sqrt{1-t^{2}}}}{t}dt$$ La evaluación viene a $\pi/2-1$ en el caso de $t=1$ y, en el límite como $t \to 0$, $0$.
Para esta segunda integral, deje $t=\sin(\theta)$ $$\int_{0}^{\pi/2}\frac{1-\frac{1}{\cos{\theta}}}{\sin(\theta)}\cos(\theta)d\theta=\int_{0}^{\pi/2}\frac{\cos(\theta)-1}{\sin(\theta)}d\theta=-\ln(2)$$ Por lo tanto, $$I=\frac{\pi}{2}-1-\ln(2)=-0.1223\ldots$$

Answer 4

Primer paso: el cambio de variable $x=1/\sin t$ rendimientos $\mathrm dx=-\cos t\mathrm dt/(\sin t)^2$ por lo tanto la integral se calcula es $$ I=-\int_0^{\pi/2}(t-\sen t)\cos t\frac{\mathrm dt}{(\sen t)^2}=\int_0^{\pi/2}u(t)v'(t)\mathrm dt, $$ con $u(t)=t-\sin t$$v(t)=1/\sin t$.

Segundo paso: integrar por partes, esto produce una fórmula que involucra $u({\pi/2})v({\pi/2})={\pi/2}-1$, $u(0)v(0)=0$ y $$ \int_0^{\pi/2}u'(t)v(t)\mathrm dt=\int_0^{\pi/2}(1-\cos t)\frac{\mathrm dt}{\sen t}. $$ Tercer paso: utilizar técnicas estándar para el cálculo de la última integral, aquí $\frac{1-\cos t}{\sin t}=\tan(t/2)$ por lo tanto $$ \int_0^{\pi/2}(1-\cos t)\frac{\mathrm dt}{\sen t}=\left[-2\log\cos(t/2)\right)_0^{\pi/2}=-2\log\cos(\pi/4)=\log 2. $$ La fórmula final podría ser $$ I=\frac\pi2-1-\log 2\aprox-0.12235. $$