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Mensajes - NoelAlmunia

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Cálculo 1 variable / Re: $$\int \sqrt{x^2-1}\ dx$$
« en: Ayer a las 04:52 pm »
Lo siento Noel, no volveré a insistir. Las series que has hallado no son series de Maclaurin por simple definición (universalmente aceptada) de la misma. Las funciones no están definidas en un entorno del origen.

Algunas funciones no pueden escribirse como series de Taylor (o Maclaurin) porque tienen alguna singularidad. Normalmente en estos casos se puede obtener un desarrollo en series mediante potencias negativas de \( x \). Por ejemplo \( f_\left(x\right)=e^{-1/x^2} \) se puede desarrollar como serie de Laurent, pero tambien como serie de Maclaurin. Diríamos entonces, en este caso, que la función no es igual a su serie de Maclaurin.
De suerte que un colega me envió este ejercicio que quiero compartir contigo, es esta función exponencial, mira el enfoque de la pregunta y la relación que guarda con el debate. Qué opinas sobre esto Fernando?




En el caso de \( \sqrt[ ]{1-1/x^2} \) opino que \( x=0 \) indefine la función, pero \( x=0 \) no pertenece a su dominio de definición ya que \( \displaystyle\frac{x^2-1}{x^2}\geq{0} \) y \( D\left\{x\in{\mathbb{R}}:\,x\geq{1};\,x\leq{-1}\right\} \)

Por este motivo creo que la función sí es igual, en este caso, a su serie de Maclaurin. Converge para \( \left|-\displaystyle\frac{1}{x^2}\right|<1 \), \( \left|x\right|>\pm{1} \) como toda serie binomial de la forma \( \left(1+x\right)^k \) que siempre converge cuando \( \left|x\right|<1 \)

Ya me has dicho que no piensas de esta forma, por favor, arguméntame un poco más del punto de vista técnico sobre este caso. No soy matemático de profesión ni nada por el estilo, pero me gustaría conocer otros argumentos sobre este caso.



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Cálculo 1 variable / Re: $$\int \sqrt{x^2-1}\ dx$$
« en: Ayer a las 04:14 pm »
Entonces ¿que debo concluir?. ¿Que los catedráticos están locos?, ¿que los software matemáticos no trabajan bien?
No se entonces que pensar.

Yo no te discuto que el cambio \( x= \sec \theta  \) pueda hacerse o no, sino que te decía que \( \sqrt{(\tan \theta )^2}=|\tan \theta |\neq \tan \theta  \). El desarrollo de la primera fotocopia que pones, en principio, no me parece correcto por eso mismo, eso no quita que llegue a un resultado correcto a pesar de todo.

Tendría que revisarlo todo más a fondo para ver si, el difeomorfismo implícito que se utiliza al cambiar de variable en la región de integración \( (-\infty ,-1] \) tiene orientación negativa, en ese caso cancelaría el signo de \( \tan \theta  \) (que es el mismo signo que el de \( \theta  \) en la región \( (-\pi/2,\pi/2) \)), o si alguna de las sustituciones que hace después cancela ese signo. En cualquier caso el autor no muestra nada de eso, por eso insisto en que el desarrollo está mal (no está bien fundamentado o explicado) a pesar de que el resultado que obtiene pueda estar bien.

Añadido: una forma más apropiada de justificar el resultado obtenido es el siguiente. Supongamos que \( a<b\leqslant -1 \), entonces con el cambio de variable \( x=-t \) tenemos que

\( \displaystyle{
\int_{a}^b \sqrt{x^2-1}\mathop{}\!d x=\int_{-a}^{-b}\sqrt{(-t)^2-1}\mathop{}\!d (-t)=\int_{-b}^{-a} \sqrt{t^2-1}\mathop{}\!d t, \quad 1\leqslant -b<-a\tag1
} \)

Por tanto si consideramos la función \( g:[1,\infty )\to \mathbb{R},\, t\mapsto \sqrt{t^2-1} \) entonces la primitiva de \( g \) puede calcularse con el cambio de variable \( t= \sec \theta  \), de donde tenemos que \( \theta \in [0,\pi/2) \) (por ejemplo), y en esa región \( |\tan \theta |=\tan \theta  \), por tanto

\( \displaystyle{
\int g(t)\mathop{}\!d t=\int (\tan \theta )^2\sec \theta \mathop{}\!d \theta,\quad \text{ si }\theta \in[0,\pi/2) \tag2
} \)

Hallando una forma explícita para el conjunto de primitivas de \( g \) desde (2), y debido a (1), observamos que cualquier primitiva \( G \) de \( g \) puede extenderse a una primitiva \( F \) de \( f:(-\infty ,-1]\cup [1,\infty )\to \mathbb{R},\, x\mapsto \sqrt{x^2-1} \) definiendo \( F(x):=\operatorname{sign}(x)\cdot G(|x|) \) para todo \( x\in (-\infty ,-1)\cup (1,\infty ) \).

Discúlpame la falta de inmediatez. A diferencia de ustedes, no tengo acceso a internet todo el tiempo ni los fines de semana. Hoy puedo contestar.

Comprendo ya lo que quieres transmitir y que Fernando justifica con su anécdota. Muchos autores (más aun en las matemáticas superiores) omiten aclaraciones que sobreentienden, por un motivo u otro, sean obvias o que se conocen de antemano. No todos los libros de texto son tan minuciosos ni detallistas como algunos aspiramos  que sean, unos omiten los que otros aportan y viceversa.
Pero bueno, hablemos entonces un poco acerca de este caso particular. El problema general radica en que si tenemos la integral del tipo \( \displaystyle\int_{}^{}\sqrt[ ]{a^2-x^2}\,dx \), donde \( a>0 \) se piensa inmediatamente en algún tipo de sustitución. Si la integral estuviese en la forma \( \displaystyle\int_{}^{}x\,\sqrt[ ]{a^2-x^2}\,dx \), la sustitución \( u=a^2-x^2 \) fuera la más efectiva al hacer uso de la regla de la sustitución, pero de la manera en que se encuentra: \( \displaystyle\int_{}^{}\sqrt[ ]{a^2-x^2}\,dx \) es más compleja la situación.

Entonces si cambiamos la variable de \( x \) a \( \theta \) por la sustitución \( x=a\,\sen\theta \) nos permite eliminar la raíz porque es cierto que:
\( \sqrt[ ]{a^2-x^2}=\sqrt[ ]{a^2-a^2\,\sen^2\,\theta}=\sqrt[ ]{a^2\,\cos^2\,\theta}=a\,\left|\cos\,\theta\right| \), esto realmente debería escribirse así.

Este tipo de sustitución se denomina “sustitución inversa”, y puede hacerse la sustitución inversa \( x=a\,\sen\,\theta \) siempre que defina una función uno a uno, y esto puede llevarse a cabo restringiendo \( \theta \) al intervalo \( \left[\displaystyle\frac{-\pi}{2},\displaystyle\frac{\pi}{2}\right] \).

Esto es lo que exige Masacroso que debe especificarse en todos los libros de texto, más aun, observe la diferencia entre las sustituciones que inicialmente mencionábamos:

1) \( u=a^2-x^2 \) en la que la nueva variable es una función de la variable anterior.

2) \( x=a\,\sen\,\theta \) donde la variable anterior es una función de la nueva variable.

En general se puede efectuar una sustitución de la forma \( x=g_\left(t\right) \) al usar a la inversa la regla de la sustitución que conocemos y que plantea que si \( u=g_\left(x\right) \) es una función derivable cuyo rango es un intervalo \( I \) y \( f \) es continua sobre \( I \), entonces: \( \displaystyle\int_{}^{}f_\left(g_\left(x\right)\right)\,g'_\left(x\right)\,dx=\displaystyle\int_{}^{}f_u\left(u\right)\,du \).

Supondremos que \( g \) tiene una función inversa; es decir, \( g \) es uno a uno. En este caso, si se reemplazan \( u \) por \( x \), y \( x \) por \( t \) en la regla de la sustitución, se tendrá: \( \displaystyle\int_{}^{}f_\left(x\right)\,dx=\displaystyle\int_{}^{}f_\left(g_\left(t\right)\right)\,g'_\left(t\right)\,dx \).

A esta sustitución es a la que se le denomina “sustitución inversa”.

De manera general, en cada una de las tres sustituciones elementales para estos tipos de integrales, la restricción sobre \( \theta \) se impone para asegurar que la función que define la sustitución es uno a uno.

O sea que, para \( \sqrt[ ]{a^2-x^2} \) tiene lugar la sustitución \( x=a\,\sen\,\theta \) con \( \displaystyle\frac{-\pi}{2}\leq{\theta}\leq{\displaystyle\frac{\pi}{2}} \).

Para \( \sqrt[ ]{a^2+x^2} \) tiene lugar: \( x=a\,\tan\,\theta \) con \( 0<{\theta}<\displaystyle\frac{\pi}{2} \).

Para \( \sqrt[ ]{x^2-a^2} \) tiene lugar \( x=a\,\sec\,\theta \) con \( 0\leq{\theta}<\displaystyle\frac{\pi}{2} \) ó \( \pi\leq{\theta}<\displaystyle\frac{3\pi}{2} \).

Si tenemos, por ejemplo, la integral: \( \displaystyle\int_{}^{}\displaystyle\frac{dx}{\sqrt[ ]{x^2-a^2}} \), diríamos: sea \( x=a\,\sec\,\theta \), donde \( 0\leq{\theta}<\displaystyle\frac{\pi}{2} \) o bien \( \pi\leq{\theta}<\displaystyle\frac{3\pi}{2} \). Entonces \( dx=a\,\sec\,\theta\,\tan\,\theta\,d\theta \) y tendremos como resultado \( \sqrt[ ]{x^2-a^2}=\sqrt[ ]{a^2\left(\sec^2\theta-1\right)}=\sqrt[ ]{a^2\,\tan^2\theta}=a\left|\tan\theta\right|=a\,\tan\theta \).

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Cálculo 1 variable / Re: $$\int \sqrt{x^2-1}\ dx$$
« en: 18 Junio, 2021, 10:21 pm »
Traté de determinar esta solución en esta forma para tratar de darle otra  que fuese diferente, como un entretenimiento, no para tratar de complicar las cosas ni mucho menos. De esta forma, trabaja.

Ya sé Noel, y eso me parece estupendo como ya comenté. Lo que único que no entiendo es por qué a los desarrollos en serie que has hallado los llamas de Maclaurin.

Porque realmente es eso lo que son, la serie de Maclaurin de   \( \pm{x\sqrt[ ]{1-\displaystyle\frac{1}{x^2}}} \)
Creo que tu confusión radica en que esta serie de Maclaurin, la definida para la expresión \( \left(1+x\right)^k \) siendo k cualquier número real, también se denomina "serie binomial" porque fue descubierta ya por Newton aplicando métodos indirectos de interpolación.
Por mostrar dos ejemplos, las series de potencias obtenidas mediante métodos indirectos de las funciones \( \ln\left(1-x\right) \) o de \( \displaystyle\frac{x^2}{\left(1+x\right)^3} \) representan realmente la serie de Taylor o de Maclaurin de las funciones dadas porque si \( f \) se puede representar como una serie de potencias de \( a \), es decir, si \( f_\left(x\right)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}c_n\left(x-a\right)^n \)   \( \left|x-a\right|<R \),  entonces sus coeficientes están dados por \( c_n=\displaystyle\frac{f_\left(a\right)^\left(n\right)}{n!} \).
En otras palabras, no importa como se obtenga una representación en una serie de potencias \( f_\left(x\right)=\displaystyle\sum_{}^{}c_n\left(x-a\right)^n \), siempre es cierto que \( c_n=\displaystyle\frac{f_\left(a\right)^\left(n\right)}{n!} \), o sea, la determinación de los coeficientes es única.

Puedes hacer la prueba con las funciones anteriores y te darás cuenta de esto.

La serie deTaylor lleva este nombre en honor al matemático ingles Brook Taylor (1685-1731) y la serie de Maclaurin se llama así para recordar al matemático escocés Colin Maclaurin (1698-1746) a pesar de que esta última es un caso especial de la serie de Taylor. Pero la idea de representar funciones determinadas como suma de series de potencias se remonta a Newton, y James Gregory conoció la serie de Taylor en 1668 y el matemático John Bernoulli la conoció por el año 1690.
Tal parece que Taylor no conocía el trabajo de Gregory ni Bernoylli cuando publicó sus descubrimientos vinculado con las series en 1715 en su libro "Methodus incrementorum directa et inversa". Y las series de Maclaurin se llaman así porque Colin las popularizó en su libro "Teatrise of Fluxions" publicado en 1742.

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Cálculo 1 variable / Re: $$\int \sqrt{x^2-1}\ dx$$
« en: 18 Junio, 2021, 06:11 pm »
No recuerdo haber escrito que la serie fuese la de la función \( \sqrt[ ]{x^2-1} \), sino la serie de Maclaurin de \( x\sqrt[ ]{1-\displaystyle\frac{1}{x^2}} \)

Tampoco es la serie de Maclaurin de \( x\sqrt[ ]{1-\displaystyle\frac{1}{x^2}} \). Veamos, no quiero que se piense que estoy boicoteando que intentes dar vueltas a un problema sencillo de integrales indefinidas. Buscar otros caminos que incluso sean retorcidos no está mal como práctica matemática, ahora bien, no puedes decir que has hallado el desarrollo en serie de Maclaurin porque no es así.

Más aún si demuestras que las sumas de las series que has obtenido coinciden con el resultado obtenido por el método clásico de integración te felicitaré por ello :).

Fernado, lo que hice fue determinar la serie de potencias de \( \sqrt[ ]{1-\displaystyle\frac{1}{x^2}} \) y luego multiplicarla por \( x \) o \( -x \) en dependencia de la rama positiva o negativa en abscisas. Si las series de potencia se suman o restan, se comportan como polinomios. De hecho, las series también se pueden multiplicar o dividir como los polinomios.
Hay un teorema que dice que si tanto \( f_\left(x\right)=\displaystyle\sum_{}^{}c_nx^n \) como \( g_\left(x\right)=\displaystyle\sum_{}^{}b_nx^n \) convergen para \( \left|x\right|<R \) y las series se multiplican como si fueran polinomios, entonces la serie resultante también converge para \( \left|x\right|<R \) y representa \( f_\left(x\right)g_\left(x\right) \). En cuanto a la división es necesario que \( b_0\neq 0 \); la serie resultante converge para \( \left|x\right| \) suficientemente pequeña.

De esta manera puedo, por ejemplo, calcular la serie de potencias de \( e^x\sen\left(x\right) \) como la multiplicación de las series de la función exponencial y la del seno. O puedo sacar la serie de potencias de \( \tan\left(x\right) \) dividiendo las series del seno sobre la serie del coseno.





La solución de esta integral en series necesariamente es dada en dos intervalos según sea la rama de la función \( f_\left(x\right) \). Traté de determinar esta solución en esta forma para tratar de darle otra  que fuese diferente, como un entretenimiento, no para tratar de complicar las cosas ni mucho menos.
De esta forma, trabaja.


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Cálculo 1 variable / Re: $$\int \sqrt{x^2-1}\ dx$$
« en: 18 Junio, 2021, 05:38 pm »
Tenemos: \( I=\displaystyle\int_{}^{}\sqrt[ ]{x^2-1}\,dx \)
Hacemos \( x=\sec\left(\theta\right) \)   \( dx=\sec\left(\theta\right)\,\tan\left(\theta\right)\,d\left(\theta\right) \)

\( \displaystyle{
I=\int\sqrt{\sec^2(\theta)-1}\,\sec(\theta)\,\tan(\theta)\,d(\theta)\color{red}{\;=\int\sec(\theta)\,\tan^2(\theta)\,d(\theta)}
} \)

Lo marcado en rojo no está bien, ya que en verdad \( \sqrt{(\sec\theta )^2-1}=\sqrt{(\tan\theta)^2 }=|\tan\theta | \), por tanto quedaría


\( \displaystyle{
I=\int \operatorname{sign}(\tan\theta )(\tan\theta)^2 \sec\theta \mathop{}\!d \theta
} \)

Además hay que tener en cuenta que la sustitución \( x=\sec \theta  \) representa un difeomorfismo como \( \mathbb{R}\setminus (-1,1)\to [-\pi,0]\setminus \{-\pi/2\} \), es decir que \( \theta  \) sólo puede tomar valores en \( [-\pi,0]\setminus \{-\pi/2\} \) (u otro intervalo equivalente de la forma \( [2k\pi-\pi,2k\pi]\setminus \{-\pi/2+2k\pi\} \) para un \( k\in \mathbb{Z} \) cualquiera, por simplicidad es natural asumir \( k=0 \) lo que nos deja el difeomorfismo mencionado).

Por estas cosas las integrales indefinidas no me gustan nada de nada, porque prestan a confusión y si no se tiene cuidado se pueden llegar a muchos resultados que son falsos, es decir, donde la función que hallamos al integrar no es una primitiva del integrando.

Estimado colega Masacroso, ¿usted me quiere decir entonces que varios matemáticos ilustres como Bronshtein, Semendiaev, Dankó, Popov, entre otros están equivocados o son unos incompetentes al enseñar bajo estos términos?
Vamos a ver que enseñan Popov o Kozhernikova en sus libros de texto y cómo resuelven una integral muy similar a la propuesta en la cual se aplica la misma sustitución:



Veamos que enseña Semendiaev en su reconocido Manual de matemáticas para ingenieros y estudiantes (2da edición):




Veamos que solución a la integral indefinida propuesta nos entrega Mathcad versión 15. A primera vista parece ser diferente:




Comprobemos la derivada de ambas respuestas (la que doy yó y la entregada por Mathcad15) calculadas en: https://es.symbolab.com/solver/indefinite-integral-calculator/ y que usted mismo puede comprobar si lo desea.


Derivada de la solución entregada por Mathcad:




Derivada de mi solución de la integral:



Entonces ¿que debo concluir?. ¿Que los catedráticos están locos?, ¿que los software matemáticos no trabajan bien?
No se entonces que pensar.



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Cálculo 1 variable / Re: $$\int \sqrt{x^2-1}\ dx$$
« en: 17 Junio, 2021, 08:47 pm »
(No me voy a detener en la determinación de esta serie de Maclaurin pues es muy sencilla y ganar tiempo) Entonces:
\( x\sqrt[ ]{1-\displaystyle\frac{1}{x^2}}=x-\left(\displaystyle\frac{1}{2x}\right)-\left(\displaystyle\frac{1}{2x^3}\right)-\left(\displaystyle\frac{3}{48x^5}\right)-\left(\displaystyle\frac{15}{384x^7}\right)-\left(\displaystyle\frac{105}{3840x^9}\right)-\left(\displaystyle\frac{945}{46080x^{11}}\right)-\,...=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\left[\left(-1\right)^n\displaystyle\frac{\displaystyle{0.5\choose n}}{x^{2n-1}}\right] \)

Pero esa no es serie de Maclaurin de \( f(x)=\sqrt{x^2-1} \), es la serie de Laurent de \( f(z)=\sqrt{z^2-1} \) en un entorno de \( \infty \) restringida a la recta real.

No recuerdo haber escrito que la serie fuese la de la función \( \sqrt[ ]{x^2-1} \), sino la serie de Maclaurin de \( x\sqrt[ ]{1-\displaystyle\frac{1}{x^2}} \)
Lo que omití es que, realmente, para representar la función \( \sqrt[ ]{x^2-1} \), se debe representar por dos ramas. Una para abscisas positivas \( \left(x\geq{1}\right) \) y otra para las negativas \( \left(x\leq{-1}\right) \). O sea:
\( x\sqrt[ ]{1-\displaystyle\frac{1}{x^2}} \) y
\( -x\sqrt[ ]{1-\displaystyle\frac{1}{x^2}} \)

La función \( \sqrt[ ]{x^2-1} \) está representada como:



Las funciones \( x\sqrt[ ]{1-\displaystyle\frac{1}{x^2}} \)  y  \( -x\sqrt[ ]{1-\displaystyle\frac{1}{x^2}} \) las representaré en un mismo gráfico con dos colores como:




Por tanto, el cálculo de la integral indefinida propuesta inicialmente puede representarse por el anterior desarrollo en series, para abscisas negativas solamente hay que invertir el signo de la serie.

Concluyendo, la integral \( \displaystyle\int_{}^{}\sqrt[ ]{x^2-1}dx \) puede tener la solución:
\( \displaystyle\frac{x^2}{2}-\displaystyle\frac{1}{2}\ln\left(x\right)+\displaystyle\frac{1}{16x^2}+\displaystyle\frac{3}{192x^4}+\displaystyle\frac{15}{2304x^6}+\displaystyle\frac{105}{30720x^8}+\,...=\displaystyle\frac{x^2}{2}-\displaystyle\frac{1}{2}\ln\left(x\right)+\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\displaystyle\frac{\displaystyle{0.5\choose n}}{2\left(1-n\right)\,x^{2\left(n-1\right)}} \)  para \( \left(x\geq{1}\right) \)

Y la solución: \( \displaystyle -\frac{x^2}{2}+\displaystyle\frac{1}{2}\ln\left(x\right)-\displaystyle\frac{1}{16x^2}-\displaystyle\frac{3}{192x^4}-\displaystyle\frac{15}{2304x^6}-\displaystyle\frac{105}{30720x^8}-\,...=\displaystyle -\frac{x^2}{2}+\displaystyle\frac{1}{2}\ln\left(x\right)-\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\displaystyle\frac{\displaystyle{0.5\choose n}}{2\left(1-n\right)\,x^{2\left(n-1\right)}} \)  para \( \left(x\leq{-1}\right) \)

Puede comprobarse numéricamente calculando en cualquier intervalo \( 1\leq{x}\leq{-1} \) la integral definida \( \displaystyle\int_{a}^{b}\sqrt[ ]{x^2-1}\,dx \) y luego comprobar el resultado mediante la serie correspondiente.

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Cálculo 1 variable / Re: $$\int \sqrt{x^2-1}\ dx$$
« en: 17 Junio, 2021, 04:03 pm »
También puedes intentarlo mediante series de potencias, como Newton nos enseñó

A diferencia del Desarrollo en serie de Maclaurin de $$(1+x)^p$$ y otros transformables en él, la función \( f(x)=\sqrt{x^2-1} \) no está definida en un entorno simétrico del origen. Esto implicaría elegir un \( x_0 \) con \( \left |{x_0}\right |>1 \) y desarrollar, derivar, estudiar la convergencia de la serie obtenida etc. No lo veo muy viable.

La integral podemos modificarla para dar un desarrollo de la función integrando de la forma \( f_\left(x\right)=\sqrt[ ]{x^2-1}=x\sqrt[ ]{1-\displaystyle\frac{1}{x^2}} \).

(No me voy a detener en la determinación de esta serie de Maclaurin pues es muy sencilla y ganar tiempo)
Entonces:
\( x\sqrt[ ]{1-\displaystyle\frac{1}{x^2}}=x-\left(\displaystyle\frac{1}{2x}\right)-\left(\displaystyle\frac{1}{2x^3}\right)-\left(\displaystyle\frac{3}{48x^5}\right)-\left(\displaystyle\frac{15}{384x^7}\right)-\left(\displaystyle\frac{105}{3840x^9}\right)-\left(\displaystyle\frac{945}{46080x^{11}}\right)-\,...=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\left[\left(-1\right)^n\displaystyle\frac{\displaystyle{0.5\choose n}}{x^{2n-1}}\right] \)

Podríamos graficar conjuntamente a \( f_\left(x\right) \) y su desarrollo en serie anteriormente determinado con estos primeros siete términos para su comparación. Veremos que la serie converge cuando \( \left|x\right|>1 \) por lo que su radio de convergencia es \( R=1 \)




Para el cálculo de la integral podríamos entonces escribir:

\( \displaystyle\int_{}^{}x\sqrt[ ]{1-\displaystyle\frac{1}{x^2}}\,dx=\displaystyle\int_{}^{}\left[x-\left(\displaystyle\frac{1}{2x}\right)-\left(\displaystyle\frac{1}{2x^3}\right)-\left(\displaystyle\frac{3}{48x^5}\right)-\left(\displaystyle\frac{15}{384x^7}\right)-\left(\displaystyle\frac{105}{3840x^9}\right)-\left(\displaystyle\frac{945}{46080x^{11}}\right)-\,...\right]dx=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\left[\left(-1\right)^n\displaystyle{0.5\choose n}\displaystyle\int_{}^{}\displaystyle\frac{dx}{x^{2n-1}}\right] \)

Aquí es bueno aclarar que no siempre es acertado integrar directamente bajo el signo sigma de la sumatoria, de manera compacta, como es el caso de este ejemplo. O sea, lo dejo denotado pero no ejecuto la integral. Debe integrarse término a término primeramente.

\( \displaystyle\int_{}^{}x\sqrt[ ]{1-\displaystyle\frac{1}{x^2}}\,dx=\displaystyle\frac{x^2}{2}-\displaystyle\frac{1}{2}\ln\left(x\right)+\displaystyle\frac{1}{16x^2}+\displaystyle\frac{3}{192x^4}+\displaystyle\frac{15}{2304x^6}+\displaystyle\frac{105}{30720x^8}+\,...=\displaystyle\frac{x^2}{2}-\displaystyle\frac{1}{2}\ln\left(x\right)+\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\displaystyle\frac{\displaystyle{0.5\choose n}}{2\left(1-n\right)\,x^{2\left(n-1\right)}} \)

Podemos hacer una comparación numérica para las dos integrales. Por ejemplo calcular la integral definida de 1 a 5 para los dos casos. El resultado de Mathcad es:



Si comprobamos para límites de integración negativos, por ejemplo de -5 a -1 obtendremos:

\( \displaystyle\int_{-5}^{-1}x\sqrt[ ]{1-\displaystyle\frac{1}{x^2}}\,dx=-11.10128659 \)

\( \displaystyle\int_{-5}^{-1}\left[x-\left(\displaystyle\frac{1}{2x}\right)-\left(\displaystyle\frac{1}{2x^3}\right)-\left(\displaystyle\frac{3}{48x^5}\right)-\left(\displaystyle\frac{15}{384x^7}\right)-\left(\displaystyle\frac{105}{3840x^9}\right)-\left(\displaystyle\frac{945}{46080x^{11}}\right)-\,...\right]dx=-10.93112152 \)

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Cálculo 1 variable / Re: $$\int \sqrt{x^2-1}\ dx$$
« en: 16 Junio, 2021, 05:46 pm »
También puedes intentarlo mediante series de potencias, como Newton nos enseñó

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Cálculo 1 variable / Re: $$\int \sqrt{x^2-1}\ dx$$
« en: 16 Junio, 2021, 05:31 pm »
Perfecto, en la práctica está la clave del éxito. Te ayuda a tener más visión y un mayor espectro para atacar todo tipo de integrales.
No te aclaré que la integral \( \displaystyle\int_{}^{}\displaystyle\frac{dt}{\left(1-t^2\right)^2} \) sí la resolví aplicando la fórmula recurrente: \( \displaystyle\int_{}^{}\displaystyle\frac{dx}{\left(a^2\pm{x^2}\right)^{n+1}}=\displaystyle\frac{x}{2na^2\left(a^2\pm{x^2}\right)^{n}}+\displaystyle\frac{2n-1}{2na^2}\,\displaystyle\int_{}^{}\displaystyle\frac{dx}{\left(a^2\pm{x^2}\right)^{n}} \)
Aquí la tienes para que te sirva en futuras resoluciones. Suerte.
Saludos.

10
Cálculo 1 variable / Re: $$\int \sqrt{x^2-1}\ dx$$
« en: 16 Junio, 2021, 04:54 pm »
Buenas,

Tengo que realizar esta integral \( \displaystyle \int \sqrt{x^2-1}\ dx \), no creo que salga por partes ya que al derivar \( \sqrt{x^2-1} \) queda otra integral que no se resolver.

Seria entonces por sustitución, pero no logro ver cual debe ser la sustitución.

¿Alguna idea para comenzar?

Saludos,
Franco.

Así es franma, como bien dice sancho. Esta sustitución trigonométrica es típica en este tipo de integrales.

Tenemos: \( I=\displaystyle\int_{}^{}\sqrt[ ]{x^2-1}\,dx \)
Hacemos \( x=\sec\left(\theta\right) \)   \( dx=\sec\left(\theta\right)\,\tan\left(\theta\right)\,d\left(\theta\right) \)

\( I=\displaystyle\int_{}^{}\sqrt[ ]{\sec^2\left(\theta\right)-1}\,\sec\left(\theta\right)\,\tan\left(\theta\right)\,d\left(\theta\right)=\displaystyle\int_{}^{}\sec\left(\theta\right)\,\tan^2\left(\theta\right)\,d\left(\theta\right)=\displaystyle\int_{}^{}\displaystyle\frac{\sen^2\left(\theta\right)}{\cos^3\left(\theta\right)}\,d\left(\theta\right)=\displaystyle\int_{}^{}\displaystyle\frac{\sen^2\left(\theta\right)\,\cos\left(\theta\right)}{\cos^4\left(\theta\right)}\,d\left(\theta\right) \)

Hacemos un segundo cambio de variables ya que esta última integral es impar respecto al coseno: \( t=\sen\left(\theta\right) \)
\( dt=\cos\left(\theta\right)\,d\left(\theta\right) \)

\( I=\displaystyle\int_{}^{}\displaystyle\frac{t^2}{\left(1-t^2\right)^2}\,dt=\displaystyle\int_{}^{}\left[\displaystyle\frac{1}{\left(1-t^2\right)^2}-\displaystyle\frac{1}{\left(1-t^2\right)}\right]\,dt=\displaystyle\frac{t}{2\left(1-t^2\right)}+\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int_{}^{}\displaystyle\frac{dt}{\left(1-t^2\right)}-\displaystyle\int_{}^{}\displaystyle\frac{dt}{\left(1-t^2\right)}=\displaystyle\frac{t}{2\left(1-t^2\right)}-\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int_{}^{}\displaystyle\frac{dt}{\left(1-t^2\right)} \)

\( I=\displaystyle\frac{t}{2\left(1-t^2\right)}+\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int_{}^{}\displaystyle\frac{dt}{t^2-1}=\displaystyle\frac{t}{2\left(1-t^2\right)}+\displaystyle\frac{1}{4}\ln\left|\displaystyle\frac{t-1}{t+1}\right|+C \)

Retornando a variable \( \theta \)

\( I=\displaystyle\frac{\sen\left(\theta\right)}{2\,\cos^2\left(\theta\right)}+\displaystyle\frac{1}{4}\ln\left|\displaystyle\frac{\sen\left(\theta\right)-1}{\sen\left(\theta\right)+1}\right|+C \)

Retornando a variable \( x \): \( \sec\left(\theta\right)=x \)
Aquí nos apoyamos en las relacions trigonométricas que se aplican a un triángulo rectángulo y a partir de ellas sacamos las del seno y coseno que necesitamos. O sea, como la secante es hipotenusa sobre cateto adyasente, entonces la hipotenusa es \( x \), el cateto adyasente es la unidad \( \left(1\right) \) y el cateto opuesto es \( \sqrt[ ]{x^2-1} \). Dibuja el triángulo con estos parámetros y puedes deducir seno y coseno que necesitas. Por tanto:

\( I=\displaystyle\frac{x}{2}\sqrt[ ]{x^2-1}+\displaystyle\frac{1}{4}\ln\left|\displaystyle\frac{\sqrt[ ]{x^2-1}-x}{\sqrt[ ]{x^2-1}+x}\right|+C \)

Lo que queda es montar esta integral en algún SAC y comprobar su resultado, pero si no he cometido ninguna pifia, creo que es este.
Saludos.

11
Cálculo 1 variable / Re: Longitud del arcoseno
« en: 14 Junio, 2021, 06:02 pm »
Hola

Este problema equivale a calcular la longitud de la curva \[ y=sen(x) \]   en el intervalo de \[ [-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}] \]

La integral a resolver es     \[ L=\displaystyle\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1+cos^2(x)}dx \]

Dada la simetría de la curva podemos hacer  \[ L={2\cdot}\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1+cos^2(x)}dx \]

Podemos aproximar ese integrando por un polinomio de grado 4, a mano se requiere mucho tiempo y mucha paciencia,

Sistema resolver
Tomamos n pares \( (x_i,y_i) \) del la función \[ y=f(x)=\sqrt{1+cos^2(x)} \] en el intervalos de \( [0,\frac{\pi}{2}] \)
EL polinomio que se aproxime a f(x) en ese intervalo \( P_4(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+a_4x^4 \)

Utilizando el método de los mínimos cuadrados para obtener un polinomio de grado 4, deberemos resolver el siguiente sistema:

\[ \begin{cases}a_0\displaystyle\sum_{i=1}^n{1}+a_1\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i}+a_2\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i^2}+a_3\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i^3}+a_4\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i^4}=\displaystyle\sum_{i=1}^n{y_i}\\ a_0\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i}+a_1\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i^2}+a_2\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i^3}+a_3\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i^4}+a_4\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i^5}=\displaystyle\sum_{i=1}^n{y_ix_i}\\ a_0\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i^2}+a_1\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i^3}+a_2\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i^4}+a_3\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i^5}+a_4\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i^6}=\displaystyle\sum_{i=1}^n{y_ix_i^2}\\ a_0\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i^3}+a_1\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i^4}+a_2\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i^5}+a_3\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i^6}+a_4\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i^7}=\displaystyle\sum_{i=1}^n{y_ix_i^3}\\ a_0\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i^4}+a_1\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i^5}+a_2\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i^6}+a_3\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i^7}+a_4\displaystyle\sum_{i=1}^n{x_i^8}=\displaystyle\sum_{i=1}^n{y_ix_i^4}\end{cases} \]
[cerrar]

El polinomio es:

\[ P(x)=0.05702263x^4+0.05330407x^3-0.39950743x^2+0.01275985x+1.41348223 \]

Añado sus gráficas superpuestas




La integral definida resulta   \[ \displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{(0.05702263x^4+0.05330407x^3-0.39950743x^2+0.01275985x+1.41348223)}\; dx\bf \approx 1.9100921145045957 \]

Por lo que \[ \bf L\approx 3.8201842290091914 \]


Saludos

Como bien dijo ingmarov, se puede aproximar el integrando a un polinómio pero es muy engorroso a mano.
Sería más práctico desarrollar este integrando en series de potencias, o sea sustituírlo por su serie de Maclaurin la cual converge para toda \( x \).

\( L=\displaystyle\int_{C}dl=\displaystyle\int_{-1}^{1}\sqrt[ ]{1+\displaystyle\frac{1}{1-x^2}}\,dx=2\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\frac{\sqrt[ ]{2-x^2}}{\sqrt[ ]{1-x^2}}\,dx \). Realizando un sencillo cambio de variables:

\( L=2\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\sqrt[ ]{2-\sen^2\theta}\,d\theta=2\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\sqrt[ ]{1+\cos^2\theta}\,d\theta=2\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\displaystyle{0.5\choose n}\cos^{2n}\left(\theta\right)\,d\theta \)

El gráfico comparativo de la función \( f_\left(\theta\right)=\sqrt[ ]{1+\cos^2\theta} \) y su desarrollo en series hasta el quinto término podemos mostrarlo:



\( L\approx{2\left[\displaystyle\frac{\pi}{2}+\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\cos^2\left(\theta\right)\,d\theta-\displaystyle\frac{1}{8}\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\cos^4\left(\theta\right)\,d\theta+\displaystyle\frac{1}{16}\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\cos^6\left(\theta\right)\,d\theta\,-...\right]} \)

Tomando tres término obtenemos buena aproximación de \( L=3.78\,u \), tomando cuatro términos tendremos ya el valor de  \( L=3.8\,u \). Las integrales de los cosenos son muy fáciles de calcular y facilita obtener el resultado por esta vía.

Otra manera que pude observar fue desarrollando es series de potencias las dos raíces del numerador y denominador respectivamente y luego dividiendo las series de potencias.
Lo que sucede es que por esta vía se tendrá un poco más de error ya que la serie se aproxima menos en los extremos de las respectivas funciones:





\( L=2\sqrt[ ]{2}\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\frac{\sqrt[ ]{1-x^2/2}}{\sqrt[ ]{1-x^2}}\,dx=2\sqrt[ ]{2}\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\frac{\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\displaystyle{0.5\choose n}\left(\displaystyle\frac{x^{2n}}{2^n}\right)}{\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\displaystyle{0.5\choose n}\left(x^{2n}\right)}\,dx \)

\( L\approx{2\sqrt[ ]{2}}\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\left[1+\displaystyle\frac{1}{4}x^2+\displaystyle\frac{7}{32}x^4+\displaystyle\frac{25}{128}x^6+\displaystyle\frac{363}{2048}x^8+\displaystyle\frac{2983}{8192}x^{10}+\displaystyle\frac{16515}{65536}x^{12}+\,...\right]\,dx \)

Con estos términos obtenemos una aproximación de \( L\approx{2\sqrt[ ]{2}\left(1.22716691\right)\approx{3.4709}} \)

12
Cálculo 1 variable / Re: Longitud del arcoseno
« en: 11 Junio, 2021, 05:31 pm »
Hola:
Introduzco los datos en WolframAlpha y se obtiene: 3,8201977 uds.

Saludos

Correcto ToniGim, este es el resultado que entrega  WolframAlpha. Me doy cuenta que eres muy fan a este SAC, creo que más que al lápiz y al papel, jaja.., es una broma. Al parecer siempre recurres a él.
Pero si profundizas un poco más creo que puedes resolver esta integral con el lápiz, posible sí es. Yo estoy en eso y creo que voy a dar con el resultado. Espero que tú también, luego confrontamos.
Saludos hermano.

13
Cálculo 1 variable / Re: Longitud del arcoseno
« en: 11 Junio, 2021, 05:16 pm »
¡Hola, NoelAlmunia!

Creo que la fórmula es \( L=\displaystyle\int_{a}^{b}\sqrt{1+\left ({\dfrac{dy}{dx}}\right )^2dx} \). Me parece que lo interesante sería saber por qué es ésta la fórmula. No he buscado más.

¡Un saludo!

Correcto Marcos, esta es la fórmula de la longitud de un arco de una curva plana, en este caso, parametrizada respecto a \( x \).
Esta fórmula se debe a que la longitud del arco de una curva de la forma \( y=f_\left(x\right) \) es calculable a partir del límite de la sucesión o sumatoria de aproximaciones poligonales de la curva en cuestión haciendo uso del teorema de Pitágoras. O sea, se asume esta longitud como la suma de todas las longitudes infinitesimales \( dl \) en las cuales se subdivide, desde un punto \( a \) hasta otro punto \( b \).
Tomaremos como ejemplo la siguiente curva a la que le he pintado un diferencial de longitud sobredimensionado para que se comprenda:



Entonces podemos asumir que: \( \triangle\,l\approx\sqrt[ ]{\left(\triangle\,x\right)^2+\left(\triangle\,y\right)^2} \)
En el límite podemos expresarlo de forma diferencial: \( dl^2=dx^2+dy^2 \)
Si parametrizamos respecto a \( x \) tendremos entonces que: \( dl=\pm{\sqrt[ ]{\left(\displaystyle\frac{dx}{dx}\right)^2+\left(\displaystyle\frac{dy}{dx}\right)^2}}\,dx \)

Sumando todas las longitudes infinitesimales de \( a \) hasta \( b \), tendremos la integral de línea:
\( L=\displaystyle\int_{C}\,dl=\displaystyle\int_{a}^{b}\pm{\sqrt[ ]{\left(\displaystyle\frac{dx}{dx}\right)^2+\left(\displaystyle\frac{dy}{dx}\right)^2}}\,dx \), donde el signo del radical depende de si la coordenada \( x \) va de un valor inferior a uno superior o viceversa.

Si la curva está parametrizada respecto a un parámetro \( t \), por ejemplo, entonces sería como:
\( L=\displaystyle\int_{C}\,dl=\displaystyle\int_{a}^{b}\pm{\sqrt[ ]{\left(\displaystyle\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\displaystyle\frac{dy}{dt}\right)^2}}\,dt \)

14
Cálculo 1 variable / Longitud del arcoseno
« en: 10 Junio, 2021, 03:53 pm »
Determinar de la manera más precisa la longitud de la curva \( f_\left(x\right)=\arcsen\left(x\right) \)


15
Cálculo 1 variable / Re: Area bajo la curva
« en: 09 Junio, 2021, 06:22 pm »
Hola a todos:
Utilizando WolframAlpha se obtiene un resultado de 0,9377069.....
Inserto pantallazo


Saludos

Correcto, este es el resultado más preciso si utilizas un sistema algebraico computarizado o una apk, etc. En el cálculo de la integral de forma algebraica o por la utilización de series de potencias, también puedes dar mayor precisión si incrementas los decimales o se trabaja con mayor cantidad de términos en la serie. El objetivo del ejercicio era profundizar en el desarrollo integral.
Saludos.

16
Cálculo 1 variable / Re: Area bajo la curva
« en: 08 Junio, 2021, 05:38 pm »
Bueno, este ejercicio lo resolví por vía algebraica y también lo comprobé desarrollando el integrando en serie de potencias.
Conceptualmente es muy sencillo, pero la integral definida es algo incómoda.
Primeramente lo que hice fue un cambio de variables para llevarla a una forma más asequible:

\( A=\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\frac{dx}{\sqrt[3]{1+x^3}}\,dx=\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\frac{1}{x\,\sqrt[3]{1+\displaystyle\frac{1}{x^3}}}\,dx \)

Haciendo el cámbio de variables: \( 1+\displaystyle\frac{1}{x^3}=t^3 \),   \( \displaystyle\frac{dx}{x^4}=-t^2\,dt \)

\( A=-\displaystyle\int_{\infty}^{\sqrt[3]{2}}\displaystyle\frac{t\,dt}{t^3-1}=-\displaystyle\int_{\infty}^{\sqrt[3]{2}}\displaystyle\frac{t\,dt}{\left(t-1\right)\,\left(t^2+t+1\right)}=-\displaystyle\int_{\infty}^{\sqrt[3]{2}}\left[\displaystyle\frac{A}{t-1}+\displaystyle\frac{Bt+C}{t^2+t+1}\right]\,dt \)

Determinamos las constantes A, B y C:   \( \displaystyle\frac{t}{\left(t-1\right)\,\left(t^2+t+1\right)}=\displaystyle\frac{A}{t-1}+\displaystyle\frac{Bt+C}{t^2+t+1} \)

Resolviendo tenemos que: \( A=1/3 \), \( B=-1/3 \) y \( C=1/3 \)

Por tanto: \( A=\displaystyle\frac{1}{3}\displaystyle\int_{\infty}^{\sqrt[3]{2}}\displaystyle\frac{\left(t-1\right)}{t^2+t+1}\,dt-\displaystyle\frac{1}{3}\displaystyle\int_{\infty}^{\sqrt[3]{2}}\displaystyle\frac{dt}{t-1}=\displaystyle\frac{1}{3}\displaystyle\int_{\infty}^{\sqrt[3]{2}}\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{1}{2}\left(2t+1\right)-\displaystyle\frac{3}{2}}{\left(t+\displaystyle\frac{1}{2}\right)^2+\displaystyle\frac{3}{4}}\,dt-\displaystyle\frac{1}{3}\displaystyle\int_{\infty}^{\sqrt[3]{2}}\displaystyle\frac{dt}{t-1} \)

\( A=\displaystyle\frac{1}{6}\displaystyle\int_{\infty}^{\sqrt[3]{2}}\displaystyle\frac{2t+1}{t^2+t+1}\,dt-\displaystyle\frac{2}{3}\displaystyle\int_{\infty}^{\sqrt[3]{2}}\displaystyle\frac{dt}{1+\displaystyle\frac{\left(t+\displaystyle\frac{1}{2}\right)^2}{3/4}}-\displaystyle\frac{1}{3}\displaystyle\int_{\infty}^{\sqrt[3]{2}}\displaystyle\frac{dt}{t-1}=\left\{\displaystyle\frac{1}{6}\ln\left|t^2+t+1\right|-\displaystyle\frac{\sqrt[ ]{3}}{3}\,\arctan\left(\displaystyle\frac{2t+1}{\sqrt[ ]{3}}\right)-\displaystyle\frac{1}{6}\ln\left|t-1\right|^2\right\}\Big]_{\infty}^{\sqrt[3]{2}} \)

\( A=\displaystyle\lim_{a \to{+}\infty}{\left[\left\{\displaystyle\frac{1}{6}\ln\left|\displaystyle\frac{t^2+t+1}{t^2-2t+1}\right|-\displaystyle\frac{\sqrt[ ]{3}}{3}\arctan\left(\displaystyle\frac{2t+1}{\sqrt[ ]{3}}\right)\right\}_{a}^{\sqrt[3]{2}}\right]}=0.031-\displaystyle\frac{1}{6}\ln\displaystyle\lim_{a \to{+}\infty}{\left|\displaystyle\frac{a^2+a+1}{a^2-2a+1}\right|}+\displaystyle\frac{\sqrt[ ]{3}}{3}\left(1.57\right) \)

\( A\approx{0.9374} \)

Esto es lo que obtengo por esta vía.

La otra que asumí fue el desarrollo en series como: \( \left(1+x^3\right)^{-1/3}=1-\displaystyle\frac{1}{3\cdot{1!}}x^3+\displaystyle\frac{4}{9\cdot{2!}}x^6-\displaystyle\frac{28}{27\cdot{3!}}x^9+\displaystyle\frac{280}{81\cdot{4!}}x^{12}-... \)

\( A=\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\frac{dx}{\sqrt[3]{1+x^3}}\,dx=\displaystyle\int_{0}^{1}\left[1-\displaystyle\frac{1}{3\cdot{1!}}x^3+\displaystyle\frac{4}{9\cdot{2!}}x^6-\displaystyle\frac{28}{27\cdot{3!}}x^9+\displaystyle\frac{280}{81\cdot{4!}}x^{12}-...\right]dx=1-\displaystyle\frac{1}{3}\,\displaystyle\frac{1}{4}+\displaystyle\frac{2}{9}\,\displaystyle\frac{1}{7}-\displaystyle\frac{14}{81}\,\displaystyle\frac{1}{10}+\displaystyle\frac{35}{243}\,\displaystyle\frac{1}{13}-...\approx{0.9422} \), que es buena aproximación también.


17
Cálculo de Varias Variables / Re: Volumen entre superficies
« en: 08 Junio, 2021, 03:31 pm »
Hola.

Me pueden ayudar a calcular el volumen entre las superficies:
\[ z^2 = x^2 + y^2 \]   

\[ z = 2 - x^2 - y^2 \]

Gracias.

El volúmen queda definido entre las superficies del parabolóide y la parte superior del cono, como muestra la gráfica 3D:




Estas se interceptan formando un círculo de radio 1 que se proyecta sobre el plano XY:





Las coordenadas más factibles son las cilíndricas pues reducen el cálculo grandemente respecto a las cartesianas y esféricas.

\( V=\displaystyle\iiint\,dx\,dy\,dz=\displaystyle\iiint\,\rho\,d\rho\,d\theta\,dz \)

\( V=\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\left\{\displaystyle\int_{0}^{1}\left\{\displaystyle\int_{\rho}^{2-\rho^2}\,\rho\,dz\right\}\,d\rho\right\}\,d\theta=\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\left\{{\displaystyle\int_{0}^{1}}\,\rho\left[\left(2-\rho^2\right)-\rho\right]\,d\rho\right\}\,d\theta=\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\left\{\left(\rho^2-\displaystyle\frac{\rho^4}{4}-\displaystyle\frac{\rho^3}{3}\right)\Big]_{0}^{1}\right\}\,d\theta=\displaystyle\frac{5\pi}{6} \)


18
Cálculo 1 variable / Re: Area bajo la curva
« en: 07 Junio, 2021, 09:55 pm »
Hola

Saludos, no aclaré que los métodos numéricos quedan descartados. El problema es que el procedimiento es sencillo, la cuestión está en el cálculo de la integral definida. Pues sí, yo he optado por el método algebraico y también por el uso de las series de potencia, por aquí podemos atacar el problema.

Está bien que quieres usar series de potencias; pero a no ser que la serie tenga una suma conocida, eso no te aleja de finalmente tener que aplicar métodos numéricos para sumarla si es que realmente se quiere llegar a un resultado numérico.

Saludos.

Me refiero a métodos como Trapecios o Simpson, por poner unos ejemplos.

19
Cálculo 1 variable / Re: Area bajo la curva
« en: 07 Junio, 2021, 09:52 pm »
Determinar y comprobar, por dos métodos diferentes, el área bajo la curva \( f_\left(x\right)=\displaystyle\frac{1}{\sqrt[3]{1+x^3}} \) por encima del eje de las abscisas y limitada por las rectas \( y=0 \) e \( y=1 \) como muestra el gráfico adjunto.



Debe ser limitada por las rectas x=0, x=1.

No sabía cómo hacer esa integral, así que hice trampa  :-\ :-\ y la introduje en la página siguiente:

https://www.integral-calculator.com/

Dejo en el spoiler la sustitución utilizada,

Spoiler
\[ u=\dfrac{\sqrt[3]{1+x^3}}{x} \]
[cerrar]


Saludos

Así es, el resultado del área tiene un valor muy aproximado a 0.9377 \( u^2 \). Pero como bien dices hiciste trampa y no es aceptado el resultado por esta vía. Recuerda que cuando Newton investigaba las áreas bajo las curvas \( f_\left(x\right)=\left(1-x^2\right)^{n/2} \), con \( n \) impar, no buscó una computadora.
Haz un segundo esfuerzo.

20
Cálculo 1 variable / Re: Area bajo la curva
« en: 04 Junio, 2021, 02:40 pm »
Hola NoelAlmunia, es sólo calcular la integral definida. Cuéntanos qué has intentado y lo revisamos. ¿Puedes usar métodos numéricos para calcular un valor aproximado de la integral? Eso abre varias opciones.

Sobre la imagen: para hacerla visible revisa este post. Esta vez modifiqué tu mensaje para que la imagen esté visible.

Saludos, no aclaré que los métodos numéricos quedan descartados. El problema es que el procedimiento es sencillo, la cuestión está en el cálculo de la integral definida. Pues sí, yo he optado por el método algebraico y también por el uso de las series de potencia, por aquí podemos atacar el problema.

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