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Question

Parece que no puedo averiguar cómo resolver el problema siguiente: $$\int_0^x\frac{\sin(t)}{1+t^2}\mathrm dt$ $

He probado usando integración por partes.

Configurar $u = \sin(t)$, $v = \tan^{-1}(x)$ y $dv = \dfrac{1}{1+t^2}dt$. Por lo tanto,

$$\int_0^x \dfrac{\sin(t)}{1+t^2}dt = \left[\sin(t)\cdot \tan^{-1}(t)\right]_0^x - \int_0^x \cos(t)\cdot \tan^{-1}(t)dt$$

¿Es esto correcto o no? Me gustaría recibir algunos consejos, actualmente estoy atrapado.

Saludos

Answer 1

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\dsc}[1]{\displaystyle{\color{red}{#1}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ \begin{align}&\color{#66f}{\large% \int_{0}^{x}\frac{\sin\pars{t}}{1 + t^{2}}\,\dd t} =\Im\int_{0}^{x}\frac{\sin\pars{t}}{t - \ic}\,\dd t =\Im\int_{-\ic}^{x - \ic}\frac{\sin\pars{t + \ic}}{t}\,\dd t \\[5mm]&=\Im\int_{-\ic}^{x - \ic}\frac{\sin\pars{t}\cosh\pars{1} + \cos\pars{t}\sinh\pars{1}\ic}{t}\,\dd t \\[1cm]&=\cosh\pars{1}\bracks{\Im\int_{0}^{x - \ic}\frac{\sin\pars{t}}{t}\,\dd t -\Im\int_{0}^{-\ic}\frac{\sin\pars{t}}{t}\,\dd t} \\[5mm]&+\sinh\pars{1}\bracks{% -\Re\int_{0}^{x - \ic}\frac{1 - \cos\pars{t}}{t}\,\dd t +\Re\int_{0}^{-\ic}\frac{1 - \cos\pars{t}}{t}\,\dd t +\Re\int_{-\ic}^{x - \ic}\frac{\dd t}{t}} \\[1cm]&=\cosh\pars{1}\bracks{% \Im\,{\rm Si}\pars{x - \ic} - \Im\,{\rm Si}\pars{-\ic}} \\[5mm]&+\sinh\pars{1}\bracks{% -\Re\,{\rm Cin}\pars{x - \ic} + \Re\,{\rm Cin}\pars{-\ic} +\Re\ln\pars{1 + x\ic}} \\[1cm]&=\color{#66f}{\large\cosh\pars{1}\bracks{% \Im\,{\rm Si}\pars{x - \ic} - \Im\,{\rm Si}\pars{-\ic}}} \\[5mm]&\color{#66f}{\large+\sinh\pars{1}\bracks{% -\Re\,{\rm Cin}\pars{x - \ic} + \Re\,{\rm Cin}\pars{-\ic}} + \half\,\sinh\pars{1}\ln\pars{1 + x^{2}}} \end{align}

$\ds{\,{\rm Si}}$ $\ds{\,{\rm Cin}}$ son El seno y el Coseno Funciones Integrales, respectivamente.

Answer 2

Utilice la expansión de la serie y encontrar a una relación de recurrencia. en primer lugar definir
$$ J_k = \int_0^x t^{2k}\sin t \,dt, k = 0, 1, \dots $$

Ahora, tenemos $J_0 = \int_0^x \sin \, dt = 1 - \cos x.$

$\begin{align} J_k &= \int_0^x t^{2k} \sin t \, dt = -t^{2k}\cos t|_0^x + \int_0^x 2k t^{2k-1} \cos t\, dt\\ &= 2kt^{2k-1}\sin t-t^{2k}\cos t|_0^x - 2k(2k-1)\int_0^x t^{2k-2} \sin t\, dt\\ &= 2kx^{2k-1}\sin x - x^{2k}\cos x -2k(2k-1)J_{k-1} = x^{2k-1}(2k\sin x - x\cos x) -2k(2k-1)J_{k-1} \end {Alinee el} $

la relación de recurrencia es %#% $ #%

podemos calcular %#% $ #%

$$J_k = x^{2k-1}(2k\sin x - x\cos x) -2k(2k-1)J_{k-1}\, , \, J_0 = 1 - \cos x\tag 1 $$

Answer 3

La correspondiente potencia de la serie de expansiones en los radios de convergencia (0,x) son $$\sin (x) = \sum_{j=0}^{\infty} \frac{(-1)^j}{(2j+1)!} x^{2j+1}$$ $$ \frac{1}{1+{t^2}} = 1+x^2+x^4+\ldots= \sum_{j=0}^{\infty} {x^{2j}}$$

Así que ahora tenemos que multiplicar la potencia de la serie e integrar término a término: $$\frac{\sin(x)}{1+{t^2}}$$ = $ \sum_{j=0}^{\infty} {x^{2j}}\sum_{j=0}^{\infty} \frac{(-1)^j}{(2j+1)!} x^{2j+1}$ = $ \sum_{j=0}^{\infty} \frac{(-1)^{j+2}}{(2j+1)!} x^{4j+1}$

Hemos obtenido la última parte de la suma como coeffecients de la siguiente manera: 1 = $-1^{2}$ y $ \sum_{j=0}^{\infty} {x^{2j}}\cdot x^{2j+1}$= $ \sum_{j=0}^{\infty} {x^{4j+1}}$. Así que ahora nos limitamos a integrar término por término,que los rendimientos de $$\int_0^x \dfrac{\sin(t)}{1+t^2}dt =\sum_{j=0}^{\infty} \frac{(-1)^{j+2}}{(2j+1)!} \frac{x^{4j+2}}{(4j+2)!}$$

Answer 4

$\int_0^x\dfrac{\sin(t)}{1+t^2}dt$

$=\int_0^x\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^nt^{2n+1}}{(2n+1)!(t^2+1)}dt$

$=\int_0^x\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^nt^{2n}}{2(2n+1)!(t^2+1)}d(t^2+1)$

$=\int_0^x\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^n(t^2+1-1)^n}{2(2n+1)!(t^2+1)}d(t^2+1)$

$=\int_0^x\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{(-1)^nC_k^n(-1)^{n-k}(t^2+1)^k}{2(2n+1)!(t^2+1)}d(t^2+1)$

$=\int_0^x\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{(-1)^kn!(t^2+1)^{k-1}}{2(2n+1)!k!(n-k)!}d(t^2+1)$

$=\int_0^x\left(\dfrac{1}{2(t^2+1)}+\sum\limits_{n=1}^\infty\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{(-1)^kn!(t^2+1)^{k-1}}{2(2n+1)!k!(n-k)!}\right)d(t^2+1)$

$=\int_0^x\left(\dfrac{1}{2(t^2+1)}+\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}{2(2n+1)!(t^2+1)}+\sum\limits_{n=1}^\infty\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{(-1)^kn!(t^2+1)^{k-1}}{2(2n+1)!k!(n-k)!}\right)d(t^2+1)$

$=\int_0^x\left(\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{1}{2(2n+1)!(t^2+1)}+\sum\limits_{n=1}^\infty\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{(-1)^kn!(t^2+1)^{k-1}}{2(2n+1)!k!(n-k)!}\right)d(t^2+1)$

$=\int_0^x\left(\dfrac{\sinh1}{2(t^2+1)}+\sum\limits_{n=1}^\infty\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{(-1)^kn!(t^2+1)^{k-1}}{2(2n+1)!k!(n-k)!}\right)d(t^2+1)$

$=\left[\dfrac{\sinh1\ln(t^2+1)}{2}+\sum\limits_{n=1}^\infty\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{(-1)^kn!(t^2+1)^k}{2(2n+1)!k!k(n-k)!}\right]_0^x$

$=\dfrac{\sinh1\ln(x^2+1)}{2}+\sum\limits_{n=1}^\infty\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{(-1)^kn!((x^2+1)^k-1)}{2(2n+1)!k!k(n-k)!}$