Compute $\displaystyle \int \limits_0^\pi \sin(\sin(x))\sin(x)\mathrm dx$ .
No tengo ni idea de cómo integrar esto. Necesito ayuda. Gracias
He aquí una solución utilizando la serie de Taylor:
$$\sin(\sin x) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}(\sin x)^{2n+1}$$
$$\sin(\sin x) \sin x = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}(\sin x)^{2n+2}$$
$$\int_0^\pi \sin(\sin x) \sin x \, dx = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\int_0^\pi(\sin x)^{2n+2} dx$$
Tenga en cuenta que $\int_0^\pi(\sin x)^{2n+2} dx = \pi \frac{(2n+1)(2n-1)(2n-3)\cdots 3 \cdot 1}{(2n+2)(2n)(2n-2)\cdots 4 \cdot 2} = \pi \frac{(2n+1)!!}{(2n+2)!!}$ para cualquier número entero no negativo $n$ . Puedes utilizar la siguiente fórmula de reducción para demostrarlo:
$$\int \sin^n x \, dx = - \frac{1}{n} \sin^{n-1} x \cos^{n-1} x + \frac{n-1}{n} \int \sin^{n-2} x \, dx$$
Así que tenemos:
$$\begin{align} \int_0^\pi \sin(\sin x) \sin x \, dx &= \pi \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)} \frac{(2n+1)!!}{(2n+2)!!} \\ &= \pi \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!!(2n+2)!!} \\ &= \pi \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2^n n!) (2^{n+1} (n+1)!)} \\ &= \pi \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2^{2n+1} n! (n+1)!} \\ \end{align}$$
Ahora puedes notar que la suma aquí es exactamente la definición de $J_1(1)$ donde $J_\alpha(x)$ es la función de Bessel del primer tipo:
http://en.wikipedia.org/wiki/Bessel_function
Así que $$\int_0^\pi \sin(\sin x) \sin x \, dx = \pi \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2^{2n+1} n! (n+1)!} = \pi J_1(1) \approx 1.38246$$
+1 : de hecho, IIRC todos los coeficientes de Fourier de $\sin(\sin(x))$ De hecho, me topé con esto en una investigación sobre circuitos de realimentación (en concreto, sobre los tonos que aparecen cuando la salida de un generador de ondas sinusoidales (de frecuencia constante) se conecta a la entrada de frecuencia de otro generador de ondas sinusoidales).
Sois increíbles. Muchas gracias, pero ¿qué tal si la ecuación se cambia a sen(Asin(x))sen(x)dx, A es constante?
Acabas con $2\int_{0}^{1}\frac{u\sin u}{\sqrt{1-u^2}}du = \pi\cdot J_1(1),$ por lo que la integral se puede escribir en términos de un valor específico de una función de Bessel.
Por escrito $\sin(\sin x)$ como $\sum_{j=0}^{+\infty}\frac{(-1)^j (\sin x)^{2j+1}}{(2j+1)!}$ e integrando término a término, obtenemos la serie de convergencia bastante rápida: $$\int_{0}^{\pi}\sin(\sin x)\sin x\,dx = \pi\cdot J_1(1) = \pi\sum_{j=0}^{+\infty}\frac{(-1)^j}{j!(j+1)!2^{2j+1}}.$$
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Como punto de partida, seguramente deberías probar qué ocurre si tomas las derivadas de las cuatro funciones $\sin\sin x$ , $\sin\cos x$ , $\cos\sin x$ y $\cos\cos x$ sólo para ver qué pasa. Eso sería lo primero que se me ocurriría. Entonces quizás puedas ver algo que podrías hacer para "deshacer" la derivada, o quizás hacer una sustitución inteligente.
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WolframAlpha no tiene una solución para ello (para la integral indefinida). Por lo tanto, es probable que no exista. Sin embargo, la respuesta es $1.3824597$ .
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Pruebe $\sin x = t$ y a ver qué pasa.
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Aparentemente es igual a $\pi J_1(1)$ que es una "función de Bessel". Google me dijo que fue definida por Bernoulli. Renuncio, ya no puedo ser Bernoulli.
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La función es simétrica respecto a $\pi/2$ por lo que la integral es la misma que $2\int_0^{\pi/2}\sin(\sin(x))\sin(x)\,dx$ . A partir de ahí, un $u$ -la sustitución y la integración por partes demuestran que es igual a $2\int_0^{\pi/2}\cos(u)\sqrt{1-u^2}\,du$ si eso ayuda.
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@ImanolPérezArribas Al igual que en la respuesta de Ayesha, dado que esa sustitución no es invertible en $[0,\pi]$ Eso no es tan útil como parece.
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@alex.jordan Bueno, me refiero a después de dividir la integral en dos integrales diferentes: $\displaystyle \int \limits_0^\pi/2 \sin(\sin(x))\sin(x)\mathrm dx + \displaystyle \int \limits_{\pi/2}^\pi \sin(\sin(x))\sin(x)\mathrm dx$
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@ImanolPérezArribas por lo que sólo conduce a $2\int_0^{\pi/2}\sin(\sin(x))\sin(x)\, dx$ : el mismo integrando sobre la mitad del intervalo y luego duplicado.