¿Hola amigos, que hay? Les traigo un resultado sorprendente que les dará mucho en que pensar,
sin pérdida de generalidad, tenemos las siguientes formulas ya demostradas:
PRIMERAS FORMULAS:
∞
𝑎
∫ 𝑒 −𝑎𝑥 cos(𝑏𝑥) 𝑑𝑥 =
0 𝑎2 + 𝑏 2
SEGUNDA FORMULA:
∞
1 2𝑥
𝜋𝑐𝑜𝑡ℎ(𝜋𝑥) = + ∑ 2
𝑥 𝑥 + 𝑘2
𝑘=1
Ok, preparaos para lo que estáis a punto de ver, Dividimos la primera fórmula entre ‘a’ y sumamos
entre uno e infinito con respecto a ‘a’:
∞
𝑎
(∫ 𝑒 −𝑎𝑥 cos(𝑏𝑥) 𝑑𝑥))/𝑎 = ( 2 )/𝑎
0 𝑎 + 𝑏2
∞ −𝑎𝑥
𝑒 1
∫ cos(𝑏𝑥) 𝑑𝑥 =
0 𝑎 𝑎2 + 𝑏2
Sumamos entre uno e infinito con respecto a ‘a’:
∞ ∞ −𝑎𝑥 ∞
𝑒 1
∑∫ cos(𝑏𝑥) 𝑑𝑥 = ∑
𝑎 𝑎2 + 𝑏2
𝑎=1 0 𝑎=1
Usamos la fórmula del logaritmo neperiano, y en el lado derecho, la segunda fórmula que ya les
mostré al principio:
∞ 1
1 𝜋𝑐𝑜𝑡ℎ(𝜋𝑥) − 𝑥
∑ 2 =
𝑥 + 𝑘2 2𝑥
𝑘=1
∞
𝑥𝑘
− ln(1 − 𝑥) = ∑
𝑘
𝑘=1
Reemplazamos:
1
∞ 𝜋𝑐𝑜𝑡ℎ(𝜋𝑏) −
− ∫ ln(1 − 𝑒 −𝑥 )
cos(𝑏𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑏
0 2𝑏
Genial, nada nuevo hasta ahora, apliquemos el teorema de la sumatoria de posón, que repito, ya
lo demostré en otro video:
∞
𝑆𝑖: ∫ 𝑓(𝑥) cos(𝑎𝑥) 𝑑𝑥 = 𝐹(𝑎), 𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜:
0
sin pérdida de generalidad, tenemos las siguientes formulas ya demostradas:
PRIMERAS FORMULAS:
∞
𝑎
∫ 𝑒 −𝑎𝑥 cos(𝑏𝑥) 𝑑𝑥 =
0 𝑎2 + 𝑏 2
SEGUNDA FORMULA:
∞
1 2𝑥
𝜋𝑐𝑜𝑡ℎ(𝜋𝑥) = + ∑ 2
𝑥 𝑥 + 𝑘2
𝑘=1
Ok, preparaos para lo que estáis a punto de ver, Dividimos la primera fórmula entre ‘a’ y sumamos
entre uno e infinito con respecto a ‘a’:
∞
𝑎
(∫ 𝑒 −𝑎𝑥 cos(𝑏𝑥) 𝑑𝑥))/𝑎 = ( 2 )/𝑎
0 𝑎 + 𝑏2
∞ −𝑎𝑥
𝑒 1
∫ cos(𝑏𝑥) 𝑑𝑥 =
0 𝑎 𝑎2 + 𝑏2
Sumamos entre uno e infinito con respecto a ‘a’:
∞ ∞ −𝑎𝑥 ∞
𝑒 1
∑∫ cos(𝑏𝑥) 𝑑𝑥 = ∑
𝑎 𝑎2 + 𝑏2
𝑎=1 0 𝑎=1
Usamos la fórmula del logaritmo neperiano, y en el lado derecho, la segunda fórmula que ya les
mostré al principio:
∞ 1
1 𝜋𝑐𝑜𝑡ℎ(𝜋𝑥) − 𝑥
∑ 2 =
𝑥 + 𝑘2 2𝑥
𝑘=1
∞
𝑥𝑘
− ln(1 − 𝑥) = ∑
𝑘
𝑘=1
Reemplazamos:
1
∞ 𝜋𝑐𝑜𝑡ℎ(𝜋𝑏) −
− ∫ ln(1 − 𝑒 −𝑥 )
cos(𝑏𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑏
0 2𝑏
Genial, nada nuevo hasta ahora, apliquemos el teorema de la sumatoria de posón, que repito, ya
lo demostré en otro video:
∞
𝑆𝑖: ∫ 𝑓(𝑥) cos(𝑎𝑥) 𝑑𝑥 = 𝐹(𝑎), 𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜:
0
