$\int\sec^3x\,dx$; la integral de una función elevada a alguna potencia es igual a una fracción de la suma de sus integrales y sus derivados.

Question

Mientras buscaba en la solución de

$$\int\sec^3x\,dx \,=\, \frac 12\ln|\sec x + \tan x|\,+\,\frac 12 \sec x \tan x+C\,,$$ de integración por partes, veo que $\frac d{dx}\sec x$ está formado por dos $u=\sec x$ $v=\tan x$ cuando dejamos $\int\sec^3x\,dx=\int u\,dv$, por lo que $$\int\sec^3x\,dx \,=\, \frac 12\left(\int\sec x\,dx\,+\,\frac d{dx}\sec x\right)+C\,.$$

Me parece que esta es una forma sencilla de recordar el resultado a partir de ahora (y evitar tener que evaluar la integral para convencerme a mi mismo), pero me pregunto por qué un buen resultado que sucede con esta integral y

es trivial que la integral de una función elevada a alguna potencia es igual a una fracción de la suma de las integrales y sus derivados?

¿Por qué sucede esto con este particular, integral y hay otros ejemplos interesantes de comportamiento similar?

Gracias por el aporte!

Answer 1

Siguiendo un patrón similar, $$\int\csc^3x dx=\frac 12\left(\int csc x dx+\frac{d}{dx}\csc x\right)$ $

Sobre un tema similar, $$\int \operatorname{sech}^3x dx=\frac 12\left(\int\operatorname{sech} xdx\color{red}{-}\frac {d}{dx}\operatorname{sech} x\right)$ $

Answer 2

Esta cuestión parece estar preguntando cuando $uv = u^\prime$. Podemos solucionar esto como sigue (dejamos $u = u(t), v = v(t)$);

$$ uv = \dfrac{du}{dt} \implies v dt = \dfrac{du}{u} \implies \int vdt = \int \dfrac{du}{u} \implies \ln{|u|} + C = \int vdt$$

Esto sugiere que tales propiedades convenientes ocurran sea expresable como un logaritmo de la primitiva de $v$. En el caso dado, tenemos que $\int \tan{t}dt = -\ln{|cos{x}|} + C$. No soy consciente de cualquier otras integrales que funcionan de esta manera que no son trivial ($v = 1/t$) o esencialmente lo mismo que este $u = \csc{t}, v = \cot{t}$(%) pero si alguien conoce algunas me encantaría ver!

Answer 3

Tomando la derivada de ambos lados de $$\int\sec^3(x)\ dx = \frac{1}{2}\left(\int\sec(x)\ dx+\frac{d}{dx}\sec(x) \right)$$ muestra que $\sec(x)$ satisface la siguiente ecuación diferencial: $$y^3 = \frac{1}{2}(y+y'').$$ Ahora, nosotros podemos estar en una posición para generalizar este; podemos búsqueda de soluciones a la ecuación diferencial $$y^n=\frac{1}{k}(y+y'')\quad\Leftrightarrow\quad y'' = ky^n-y = f(y)$$ para$k>0$$n\in\mathbb{Z}_{\geq 0}$. Este es un de segundo orden autónomo de la educación a distancia, y tiene las siguientes implícita la solución: $$K\pm x = \int\frac{1}{\sqrt{\displaystyle C+2\int f(y)\ dy}}\ dy = \int\frac{1}{\sqrt{\frac{2k}{n+1}y^{n+1}-y^2+C}}\ dy$$ para $C$ $K$ constantes arbitrarias. En el caso de que $n=3$, $k=2$, $C=K=0$, y tomamos positivo $x$ a la izquierda tenemos la solución $$x = \int\frac{1}{\sqrt{y^4-y^2}}\ dy = \int\frac{1}{|y|\sqrt{y^2-1}}\ dy = \operatorname{arcsec}(y)+A$$ y, por tanto,$y=\sec(x-A)$. Al $K=0$, el lado izquierdo es $-x$, y $n=3$, $k=2$, y $C=0$, tenemos $$x = \int\frac{-1}{\sqrt{y^4-y^2}}\ dy = \int\frac{-1}{|y|\sqrt{y^2-1}}\ dy = \operatorname{arccsc}(y)+A$$ y por lo $y=\csc(x-A)$. Tomando $f(y) = y-ky^n$ le dará cosas como David Quinn segundo ejemplo. Tal vez los maestros de la integración por aquí tendremos más que decir acerca de las integrales de la forma: $$\int\frac{1}{\sqrt{\frac{2k}{n+1}y^{n+1}-y^2+C}}\ dy.$$

Answer 4

Podemos considerar la fórmula de reducción:

$$I_n=\int sec^n(x)dx \ s.t. \ n>2$$

Expresando el $sec^nx=sec^{n-2}x\cdot sec^2x$ tenemos:

$$I_n=\int (sec^{n-2}(x)sec^2(x))dx$$

Integración por partes y la configuración de $f=sec^{n-2}(x)$ y $g'=sec^2(x)$,

$$I_n=sec^{n-2}(x)tan^2(x)-(n-2)\int (sec^{n-2}(x)tan^2(x))dx$$

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

$$=sec^{n-2}(x)tan^2(x)-(n-2)(I_n-I_{n-2})$$

Resolución de $I_n$, obtenemos:

$$I_n=\frac {sec^{n-1}(x)sin(x)}{n-1}+\frac {n-2}{n-1}I_{n-2}$$

Así como aumenta el $n$, obtenemos una suma de términos como sólo $sec^{n-2}(x)tan(x)$ integrales de $sec$, dos grados por debajo de la anterior integración.