Autor Tema: Prueba \(I_n=\int\cos^n\,xdx=\frac{1}{n}(\cos^{n-1}\,x\sen\,x+(n-1)I_{n-2})\)

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03 Agosto, 2020, 07:23 pm
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Buscón

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Prueba la siguiente relación de recurrencia.    \( \displaystyle I_n=\int \cos^n\,x\cdot{dx}=\frac{1}{n}\big(\cos^{n-1}\,x\cdot{\sen\,x}+(n-1)\cdot{I_{n-2}}\big) \)


03 Agosto, 2020, 07:37 pm
Respuesta #1

Buscón

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¿Por inducción?

Para    \( n=1 \)    se verifica     \( \displaystyle\int \cos\,x\cdot{dx}=\frac{1}{1}\big(\cancelto{1}{\cos^{0}\,x}\cdot{\sen\,x}+\cancelto{0}{0\cdot{\int\cos^{-1}}\,x\cdot{dx}}\big)=\sen\,x \).

Para     \( n=2 \)    ya no está tan claro    \( \displaystyle\int \cos^2\,x\cdot{dx}=\frac{1}{2}\big(\cos\,x\cdot{\sen\,x}+\int\cos^{0}\,x\cdot{dx}\big)=\frac{1}{2}\big(\cos\,x\cdot{\sen\,x}+x\big) \)

 
:-\

03 Agosto, 2020, 07:53 pm
Respuesta #2

Juan Pablo Sancho

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Integración por partes:
\( \displaystyle  \int \cos^n(x) \ dx = \int cos(x) \cdot \cos^{n-1}(x) \ dx = \sen(x) \cdot \cos^{n-1}(x) + \int \sen(x) \cdot (n-1) \cdot \cos^{n-2}(x) \cdot \sen(x) \ dx = \sen(x) \cdot \cos^{n-1}(x) + \int (1-\cos^2(x)) \cdot  \cdot (n-1) \cdot \cos^{n-2}(x)  \ dx =  \)
\( \displaystyle = \sen(x) \cdot \cos^{n-1}(x) + (n-1) \cdot I_{n-2} - (n-1) \cdot \int  \cos^n(x) \ dx =  \sen(x) \cdot \cos^{n-1}(x) + (n-1) \cdot I_{n-2} - (n-1) \cdot I_n \ dx  \)

03 Agosto, 2020, 09:26 pm
Respuesta #3

Buscón

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Integración por partes:
\( \displaystyle  \int \cos^n(x) \ dx = \int cos(x) \cdot \cos^{n-1}(x) \ dx = \sen(x) \cdot \cos^{n-1}(x) + \int \sen(x) \cdot (n-1) \cdot \cos^{n-2}(x) \cdot \sen(x) \ dx = \sen(x) \cdot \cos^{n-1}(x) + \int (1-\cos^2(x)) \cdot  \cdot (n-1) \cdot \cos^{n-2}(x)  \ dx =  \)
\( \displaystyle = \sen(x) \cdot \cos^{n-1}(x) + (n-1) \cdot I_{n-2} - (n-1) \cdot \int  \cos^n(x) \ dx =  \sen(x) \cdot \cos^{n-1}(x) + (n-1) \cdot I_{n-2} - (n-1) \cdot I_n \ dx  \)

A ver, a ver

\begin{align*}I_n&=\displaystyle \int \cos^n(x)\cdot{}dx = \int cos(x) \cdot \cos^{n-1}(x)\cdot{}dx =\begin{bmatrix}u=\cos^{n-1}\,x&du=(n-1)\cos^{n-2}\,x\cdot{\sen\,x}\cdot{dx}\\\\dv=\cos\,x\cdot{dx}&v=\sen\,x\end{bmatrix}=u\cdot{v}-\int v\cdot{du}=\\\\
&=\cos^{n-1}(x)\cdot{} \sen(x)  + \int \sen(x) \cdot (n-1) \cdot \cos^{n-2}(x) \cdot \sen(x) \cdot{} dx =\\\\
&=\cos^{n-1}(x)\cdot{}\sen(x) + \int \big(1-\cos^2(x)\big) \cdot (n-1) \cdot \cos^{n-2}(x) \cdot{} dx =\\\\
&=\cos^{n-1}(x)\cdot{}\sen(x) + \int \big(\cos^{n-2}-\cos^n(x)\big) \cdot (n-1)  \cdot{} dx=\\\\
&=\cos^{n-1}(x)\cdot{}\sen(x) + (n-1)\cdot{}\int \cos^{n-2}\cdot{dx}-\int \cos^n(x)   \cdot{} dx=\\\\
&=\cos^{n-1}(x) \cdot{} \sen(x)  + (n-1) \cdot I_{n-2} - (n-1)\cdot{}I_n=\\\\
\end{align*}

de donde

\( I_n+(n-1)\cdot{I_n}=\cos^{n-1}(x) \cdot{} \sen(x)  + (n-1) \cdot I_{n-2} \)

\( I_n\cdot{}(\cancel{1}+n-\cancel{1})=\cos^{n-1}(x) \cdot{} \sen(x)  + (n-1) \cdot I_{n-2} \)

\( \displaystyle I_n=\frac{1}{n}\cdot{}\left(\cos^{n-1}(x) \cdot{} \sen(x)  + (n-1) \cdot I_{n-2}\right) \)      c.q.d.

Saludos y muchas gracias.

04 Agosto, 2020, 12:56 pm
Respuesta #4

Buscón

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La segunda parte del ejercicio es probar que     \( \displaystyle I_n=\int \tg^n(x)\cdot{dx}=\frac{1}{n-1}\cdot{}\tg^{n-1}(x)-I_{n-2} \).    Igual que para el caso anterior, directamente operando se obtiene


\( \begin{align*}\displaystyle\int \tg^n(x)\cdot{dx}&=\int\tg^{n-2}(x)\cdot{\tg^2(x)}\cdot{dx}=\int\tg^{n-2}(x)\cdot{\big(1+\tg^2(x)-1\big)}\cdot{dx}=\\\\
&=\frac{1}{n-1}\cdot{}\int(n-1)\cdot{}\tg^{n-2}(x)\cdot{\big(1+\tg^2(x)\big)}-\tg^{n-2}(x)\cdot{dx}=\\\\
&=\frac{1}{n-1}\cdot{}\tg^{n-1}(x)-\int\tg^{n-2}(x)\cdot{dx}\end{align*} \).


¿Suficiente? ¿No se debería probar por inducción sobre    \( n \)?

Saludos. Gracias.

04 Agosto, 2020, 02:35 pm
Respuesta #5

Juan Pablo Sancho

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Sólo te queda verificar los casos \( I_1 \) y \( I_2 \) para que la iteración tenga sentido.

04 Agosto, 2020, 02:59 pm
Respuesta #6

Buscón

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Sólo te queda verificar los casos \( I_1 \) y \( I_2 \) para que la iteración tenga sentido.

¿Por inducción?

Para    \( n=1 \)    se verifica     \( \displaystyle\int \cos\,x\cdot{dx}=\frac{1}{1}\big(\cancelto{1}{\cos^{0}\,x}\cdot{\sen\,x}+\cancelto{0}{0\cdot{\int\cos^{-1}}\,x\cdot{dx}}\big)=\sen\,x \).

Para     \( n=2 \)    ya no está tan claro    \( \displaystyle\int \cos^2\,x\cdot{dx}=\frac{1}{2}\big(\cos\,x\cdot{\sen\,x}+\int\cos^{0}\,x\cdot{dx}\big)=\frac{1}{2}\big(\cos\,x\cdot{\sen\,x}+x\big) \)

 
:-\

para el primer problema no encaja.

\( \displaystyle\Big(\frac{1}{2}\cdot{}\big(\cos\,x\cdot{\sen\,x}+x\big)\Big)'=\frac{1}{2}\cdot{(\cos\,x\cdot{\sen\,x}+x)'}=\frac{1}{2}\cdot{(\cos\,x\cdot{\sen\,x})'+\frac{x'}{2}}=\frac{1}{2}\cdot{(\cos^2\,x-\sen^2\,x)}+\frac{1}{2}\cancel{\neq}\color{red}=\color{black}\cos^2\,x \)

Faltó un poco de cálculo


\( \begin{align*}\displaystyle\frac{1}{2}\cdot{(\cos^2\,x-\sen^2\,x)}+\frac{1}{2}&=\frac{1}{2}\cdot{\big(\cos^2\,x-(1-\cos^2\,x)\big)}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\cdot{\big(\cos^2\,x-1+\cos^2\,x\big)}+\frac{1}{2}=\\\\
&=\frac{1}{2}\cdot{\big(\cos^2\,x-1+\cos^2\,x}+1\big)=\frac{2\cos^2\,x}{2}=\cos^2\,x\end{align*} \)

CORREGIDO.

EDITADO.

04 Agosto, 2020, 03:45 pm
Respuesta #7

Juan Pablo Sancho

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Me refería a la tangente, pero en este caso es lo mismo, cuando dije verificar los casos \( I_1 \),\( I_2 \) me refería a calcular esos dos casos y los demás los sacas con la recurrencia.
\(  \displaystyle I_1 = \int \cos(x) \ dx = \sen(x) + C  \).
\(  \displaystyle I_2 = \int \cos^2(x) \ dx = \int \dfrac{\cos(2x) + 1}{2} = \dfrac{\sen(2x)}{4} + \dfrac{x}{2} + C  \)

04 Agosto, 2020, 04:03 pm
Respuesta #8

Buscón

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Me refería a la tangente, pero en este caso es lo mismo, cuando dije verificar los casos \( I_1 \),\( I_2 \) me refería a calcular esos dos casos y los demás los sacas con la recurrencia.
\(  \displaystyle I_1 = \int \cos(x) \ dx = \sen(x) + C  \).
\(  \displaystyle I_2 = \int \cos^2(x) \ dx = \int \dfrac{\cos(2x) + 1}{2} = \dfrac{\sen(2x)}{4} + \dfrac{x}{2} + C  \)

Sí que se puede verificar por inducción sobre     \( n \).    Está corregido y editado.

Sólo faltaría probar que, supuesto que se verifica para     \( n=k \),     ello implica que se verifica para     \( n=k+1 \)

Es decir, sólo hay que probar que

\( \displaystyle\int \cos^k\,x\cdot{dx}=\frac{1}{k}\cdot{\big(\cos^{k-1}\,x\cdot{\sen\,x+(k-1)\cdot{\int \cos^{k-\color{red}2}\color{black}\,x\cdot{dx}}}\big)}\color{red}\Leftarrow\color{black}{\int\cos^{k+1}\,x\cdot{dx}=\frac{1}{k+1}\cdot{\Big(\cos^k\,x\cdot{\sen\,x+k\cdot{\int \cos^{k\color{red}-1}\color{black}\,x\cdot{dx}}}\Big)}} \)

CORREGIDO.

04 Agosto, 2020, 04:07 pm
Respuesta #9

Juan Pablo Sancho

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Se puede empezar también desde cero:
\( I_0 = x + C \).
\( I_1 = \sen(x) + C  \)
Entonces:
\( I_2 = \dfrac{1}{2} \cdot (\cos(x) \cdot \sen(x) + I_0) = \dfrac{1}{2} \cdot (\cos(x) \cdot \sen(x) + x+C) =  \)
\(  = \dfrac{1}{2} \cdot (\dfrac{\sen(2x)}{2} + x +C)  \)
\(  (I_2)' = \dfrac{1}{2} \cdot (\cos(2x) + 1 ) = \cos^2(x)  \)

05 Agosto, 2020, 10:43 pm
Respuesta #10

Buscón

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Se puede empezar también desde cero:
\( I_0 = x + C \).
\( I_1 = \sen(x) + C  \)
Entonces:
\( I_2 = \dfrac{1}{2} \cdot (\cos(x) \cdot \sen(x) + I_0) = \dfrac{1}{2} \cdot (\cos(x) \cdot \sen(x) + x+C) =  \)
\(  = \dfrac{1}{2} \cdot (\dfrac{\sen(2x)}{2} + x +C)  \)
\(  (I_2)' = \dfrac{1}{2} \cdot (\cos(2x) + 1 ) = \cos^2(x)  \)

Hola. Pongo la demostración del paso de inducción para la primera recurrencia.

Probar que

\( \displaystyle\int\cos^{k+1}(x)\cdot{dx}=\frac{1}{k+1}\cdot{\bigg(\cos^k(x)\cdot{\sen(x)+k\cdot{\int \cos^{k-1}(x)\cdot{dx}}}\bigg)}\Rightarrow{}\displaystyle\int \cos^k(x)\cdot{dx}=\frac{1}{k}\cdot{\bigg(\cos^{k-1}(x)\cdot{\sen(x)+(k-1)\cdot{\int \cos^{k-2}(x)\cdot{dx}}}\bigg)} \)

es exactamente lo mismo que probar que

\( \displaystyle\Bigg[\frac{1}{k+1}\cdot{\bigg(\cos^k(x)\cdot{\sen(x)+k\cdot{\int \cos^{k-1}(x)\cdot{dx}}}\bigg)}\Bigg]'=\cos^{k+1}(x)\Rightarrow{}\Bigg[\frac{1}{k}\cdot{\bigg(\cos^{k-1}(x)\cdot{\sen(x)+(k-1)\cdot{\int \cos^{k-2}(x)\cdot{dx}}}\bigg)}\Bigg]'=\cos^k(x) \),


\( \displaystyle\frac{\Bigg[\frac{1}{k+1}\cdot{\bigg(\cos^k(x)\cdot{\sen(x)+k\cdot{\int \cos^{k-1}(x)\cdot{dx}}}\bigg)}\Bigg]'}{\cos(x)}=\cos^{k}(x)\Rightarrow{}\Bigg[\frac{1}{k}\cdot{\bigg(\cos^{k-1}(x)\cdot{\sen(x)+(k-1)\cdot{\int \cos^{k-2}(x)\cdot{dx}}}\bigg)}\Bigg]'=\cos^k(x) \),

lo cual será cierto si


\( \displaystyle\cos(x)=\frac{\Bigg[\frac{1}{k+1}\cdot{\bigg(\cos^k(x)\cdot{\sen(x)+k\cdot{\int \cos^{k-1}(x)\cdot{dx}}}\bigg)}\Bigg]'}{\Bigg[\frac{1}{k}\cdot{\bigg(\cos^{k-1}(x)\cdot{\sen(x)+(k-1)\cdot{\int \cos^{k-2}(x)\cdot{dx}}}\bigg)}\Bigg]'} \)


\( \displaystyle\frac{k+1}{k}\cdot{}\cos(x)=\frac{{\bigg[\cos^k(x)\cdot{\sen(x)\bigg]'+k\cdot{\bigg[\int \cos^{k-1}(x)\cdot{dx}}}\bigg]'}}{{\bigg[(\cos^{k-1}(x)\cdot{\sen(x)\bigg]'+(k-1)\cdot{\bigg[\int \cos^{k-2}(x)\cdot{dx}}}\bigg]'}} \)


\( \displaystyle\frac{k+1}{k}\cdot{}\cos(x)=\frac{{k\cdot{}\cos^{k-1}(x)\cdot{-\sen(x)}\cdot{\sen(x)+\cos^k(x)\cdot{\cos(x)}+k\cdot{\cos^{k-1}(x)}}}}{{(k-1)\cdot{}\cos^{k-2}(x)\cdot{-\sen(x)}\cdot{\sen(x)+\cos^{k-1}(x)\cdot{\cos(x)}+(k-1)\cdot{\cos^{k-2}(x)}}}} \)


\( \displaystyle\frac{k+1}{k}\cdot{}\cos(x)=\frac{\cos^{k+1}(x)+k\cdot{\cos^{k-1}(x)}-k\cdot{\cos^{k-1}(x)}\cdot{\sen^2(x)}}{\cos^k(x)+(k-1)\cdot{\cos^{k-2}(x)}-(k-1)\cdot{\cos^{k-2}(x)}\cdot{\sen^2(x)}} \)


\( \displaystyle\frac{k+1}{k}\cdot{}\cos(x)=\frac{\cos^{k+1}(x)+k\cdot{\cos^{k-1}(x)}-k\cdot{\cos^{k-1}(x)}\cdot{\big(1-\cos^2(x)\big)}}{\cos^k(x)+(k-1)\cdot{\cos^{k-2}(x)}-(k-1)\cdot{\cos^{k-2}(x)}\cdot{\big(1-\cos^2(x)\big)}} \)


\( \displaystyle\frac{k+1}{k}\cdot{}\cos(x)=\frac{\cos^{k+1}(x)+\cancel{k\cdot{\cos^{k-1}(x)}}-\cancel{k\cdot{\cos^{k-1}(x)}}+k\cdot{}\cos^{k+1}(x)}{\cos^k(x)+\cancel{(k-1)\cdot{\cos^{k-2}(x)}}-\cancel{(k-1)\cdot{\cos^{k-2}(x)}}+(k-1)\cdot{}\cos^k(x)} \)


\( \displaystyle\frac{k+1}{k}\cdot{}\cos(x)=\frac{\cos^{k+1}(x)+k\cdot{}\cos^{k+1}(x)}{\cos^k(x)+(k-1)\cos^k(x)} \)


\( \displaystyle\frac{\cancel{k+1}}{\cancel{k}}\cdot{}\cos(x)=\frac{\cos^{k+1}(x)\cdot{\cancel{(k+1)}}}{\cos^k(x)\cdot{\cancel{k}}} \)


\( \cos(x)=\cos(x) \)      c.q.d.


Muchas gracias.

06 Agosto, 2020, 01:55 pm
Respuesta #11

Buscón

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La segunda recurrencia    \( \displaystyle I_n=\int\tg^n(x)=\frac{1}{n-1}\cdot{\tg^{n-1}(x)}-I_{n-2} \)    no está definida para    \( n=1 \).


Para    \( n=2 \)

\( \begin{align*}\displaystyle I_2&=\int\tg^2(x)\cdot{dx}=\frac{1}{1}\cdot{\tg(x)}-\int\cancelto{1}{\tg(x)^{0}}\cdot{dx}=\tg(x)-x+C\end{align*} \)

\( (\tg(x)-x+C)'=1+\tg^2(x)-1=\tg^2(x) \)

se verifica.

Para    \( n=3 \)

\( \begin{align*}\displaystyle I_3&=\int\tg^3(x)\cdot{dx}=\frac{1}{2}\cdot{\tg^2(x)}-\int\tg(x)\cdot{dx}=\frac{1}{2}\cdot{\tg^2(x)}+\log\big(\cos(x)\big)+C\end{align*} \)

\( \displaystyle\Big(\frac{1}{2}\cdot{\tg^2(x)}+\log\big(\cos(x)\big)+C\Big)'=\frac{1}{\cancel{2}}\cdot{\cancel{2}\cdot{\tg(x)\cdot{\big(1+\tg^2(x)\big)}}}-\tg(x)=\cancel{\tg(x)}+\tg^3(x)-\cancel{\tg(x)}=\tg^3(x) \)

también se verifica.

El paso de inducción

\( \displaystyle I_{k+1}=\int\tg^{k+1}(x)\cdot{dx}=\frac{1}{k}\cdot{\tg^{k}(x)}-\int\tg^{k-1}(x)\cdot{dx}\Rightarrow{ I_k=\int\tg^k(x)\cdot{dx}=\frac{1}{k-1}\cdot{\tg^{k-1}(x)}-\int\tg^{k-2}(x)}\cdot{dx} \),

o lo que es lo mismo,

\( \bigg[\frac{1}{k}\cdot{\tg^{k}(x)}-\int\tg^{k-1}(x)\cdot{dx}\bigg]'=\tg^k(x)\cdot{\tg(x)}\Rightarrow{\bigg[\frac{1}{k-1}\cdot{\tg^{k-1}(x)}-\int\tg^{k-2}(x)\cdot{dx}\bigg]'=\tg^k(x)} \),


que será cierto si


\( \displaystyle\tg(x)=\frac{\bigg[\frac{1}{k}\cdot{\tg^{k}(x)}-\int\tg^{k-1}(x)\cdot{dx}\bigg]'}{\bigg[\frac{1}{k-1}\cdot{\tg^{k-1}(x)}-\int\tg^{k-2}(x)\cdot{dx}\bigg]'} \).

Operando

\( \displaystyle\tg(x)=\frac{\frac{1}{k}\cdot{\bigg[\tg^{k}(x)\bigg]'}-\tg^{k-1}(x)}{\frac{1}{k-1}\cdot{}\bigg[{\tg^{k-1}(x)}\bigg]'-\tg^{k-2}(x)} \),


\( \displaystyle\tg(x)=\frac{\frac{1}{\cancel{k}}\cdot{\Big(\cancel{k}\cdot{}\tg^{k-1}(x)\cdot{\big(1+\tg^2(x)\big)}}\Big)-\tg^{k-1}(x)}{\frac{1}{\cancel{k-1}}\cdot{\Big((\cancel{k-1})\cdot{}\tg^{k-2}(x)\cdot{\big(1+\tg^2(x)\big)}\Big)}-\tg^{k-2}(x)} \),


\( \displaystyle\tg(x)=\frac{\cancel{\tg^{k-1}(x)}+\tg^{k+1}(x)-\cancel{\tg^{k-1}(x)}}{\cancel{\tg^{k-2}(x)}{+\tg^k(x)}-\cancel{\tg^{k-2}(x)}} \),


\( \displaystyle\tg(x)=\tg(x) \)       c.q.d.

Saludos y gracias por las aportaciones.

06 Agosto, 2020, 05:54 pm
Respuesta #12

Juan Pablo Sancho

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Primero debería ser \( I_n \to I_{n+1}  \) si quisieras probar lo que intentas, pero lo que te intentado decir por ejemplo para \( \displaystyle I_n = \int \tan^n(x) \ dx  \) donde \(  n \in \mathbb{N} \cup \{0\}  \) es que si:
\( \displaystyle I_n = \dfrac{1}{n-1} \cdot \tan^{n-1}(x) - I_{n-2}  \) como tienes el \( n-2 \) tienes que calcular \( I_0 \) y \( I_1 \) y para \(  n > 1  \) usar que \( \displaystyle I_n = \dfrac{1}{n-1} \cdot \tan^{n-1}(x) - I_{n-2}  \)

06 Agosto, 2020, 07:08 pm
Respuesta #13

Buscón

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Primero debería ser \( I_n \to I_{n+1}  \) si quisieras probar lo que intentas, pero lo que te intentado decir por ejemplo para \( \displaystyle I_n = \int \tan^n(x) \ dx  \) donde \(  n \in \mathbb{N} \cup \{0\}  \) es que si:
\( \displaystyle I_n = \dfrac{1}{n-1} \cdot \tan^{n-1}(x) - I_{n-2}  \) como tienes el \( n-2 \) tienes que calcular \( I_0 \) y \( I_1 \) y para \(  n > 1  \) usar que \( \displaystyle I_n = \dfrac{1}{n-1} \cdot \tan^{n-1}(x) - I_{n-2}  \)

Para    \( I_0 \)    e    \( I_1 \)    no se verifica.

Lo que hago es probar la base de la inducción, esto es, que se verifica para algunos casos, los que pruebo son para     \( n=2 \)    y    \( n=3 \)    y veo que se verifican. Después sólo falta probar el paso de inducción, esto es, supuesto que se verifica para un    \( n=k+1 \)    cualquiera ello implica que se verifica para    \( n=k \).

Saludos

\( I_1 \)    no está definida

\( \displaystyle\int\tg(x)\cdot{dx}=\frac{1}{0}\cdot{\tg^{0}(x)}-\int\tg^{-1}(x)\cdot{dx} \)

EDITADO.

06 Agosto, 2020, 07:28 pm
Respuesta #14

manooooh

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Hola Buscón

Antes que nada admiro tu paciencia escribiendo todo en LaTeX. Mira que si tendré ganas de usarlo, tú me superas ampliamente :laugh:.

Hablando en serio, me cuesta seguir tus pasos si no explicas mínimamente lo que vas planteando. Es decir menos chirimbolitos y más texto, que es cómo los humanos nos comunicamos. Es sólo una sugerencia sin ánimos de ofender.

En cuanto al paso inductivo, si realmente probaste que \( P(k+1)\to P(k) \) es que no se trata de inducción lo que hiciste. Con eso no pruebas que dicha propiedad se cumple para todo \( n\geq2 \). Te invito a buscar en Internet ejemplos básicos de inducción, y verás que siempre toman un \( n=h \) y prueban para \( n=h+1 \), o lo que es lo mismo, toman \( n=h-1 \) y prueban para \( n=h \) (incremento, nunca decremento).

Saludos

06 Agosto, 2020, 07:49 pm
Respuesta #15

Juan Pablo Sancho

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Tienes que \( I_0 \) e \( I_1 \) los tienes que calcular ("son los casos base") y a partir de \( n=2 \) se puede usar la fórmula de iteración y la fórmula la sacaste tú mismo.

06 Agosto, 2020, 07:55 pm
Respuesta #16

Buscón

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Tienes que \( I_0 \) e \( I_1 \) los tienes que calcular ("son los casos base") y a partir de \( n=2 \) se puede usar la fórmula de iteración y la fórmula la sacaste tú mismo.

¿Pero cómo calculo    \( I_1 \)?

Si lo calculo directamente sin aplicar la fórmula de recurrencia obtengo que

\( \displaystyle\int\tg(x)\cdot{dx}=\int\frac{\sen(x)}{\cos(x)}\cdot{dx}=-\log(\cos(x))+C \)


06 Agosto, 2020, 08:02 pm
Respuesta #17

Juan Pablo Sancho

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Pero \( I_1 \) la tienes ya calculada.
\( \displaystyle \int \tan(x) \ dx = -\log(\cos(x)) + C  \)

06 Agosto, 2020, 08:05 pm
Respuesta #18

Buscón

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Pero \( I_1 \) la tienes ya calculada.
\( \displaystyle \int \tan(x) \ dx = -\log(\cos(x)) + C  \)

No sirve como base para la inducción.

06 Agosto, 2020, 08:17 pm
Respuesta #19

Juan Pablo Sancho

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Pero la recurrencia \( \displaystyle I_n = \dfrac{1}{n-1} \cdot \tan^{n-1}(x) - I_{n-2} \) tendrá sentido si \( n-2 \in \mathbb{N} \cup \{0\}  \) lo más pequeño que puede ser es \( n-2 = 0  \) entonces podrás usar:
 \( \displaystyle I_n = \dfrac{1}{n-1} \cdot \tan^{n-1}(x) - I_{n-2} \) si \(  n \geq 2  \) y para \( n=2  \) tienes que calcular los casos base \( I_0 \) y \( I_1 \).