Cancelación de la integral

Question

Supongamos que empezamos a integrar $e^xcosh(x)\ dx$ por partes. Independientemente de nuestro $u$ y $dv$ opciones, llegamos a $$\int e^x\cosh x\ dx = e^x\cosh(x) - e^x\sinh(x) + \int e^x\cosh x\ dx\tag{Equation 1}$$ Si restamos la integral de ambos lados de $(\text{Equation }1)$ dejando sólo una constante de integración $C$ obtenemos $$C = e^x\cosh(x) - e^x\sinh(x)\tag{Equation 2}$$ Gráfico $e^x\cosh(x) - e^x\sinh(x)$ revelaría que $C = 1$ pero lo interesante es que incluso sin graficar, ni aplicar ninguna identidad, podemos aprender del lado izquierdo de $(\text{Equation }2)$ que el valor de $e^x\cosh(x) - e^x\sinh(x)$ es una constante; no depende de $x$ . Es intrigante que surja un hecho tan inusual, aunque no tenga nada que ver con el problema original.

¿Hay algún otro caso en el que cancelar la integral original durante la integración por partes sea rentable, ya sea para resolver la integral o para descubrir algún hecho externo?

Answer 1

Muchas integrales que implican funciones trigonométricas tendrán esta propiedad. Consideremos la integral $$\int f(x) g'(x) \,\,\mathrm{d}x.\tag{1}$$ Utilizando la integración por partes, esta integral se convierte en $$f(x)g(x) - \int f'(x)g(x)\,\,\mathrm{d}x.\tag{2}$$ Ahora, supongamos que $f$ es una función tal que $f'(x) = k_{1}\cdot f(x)$ , y de forma similar $g'(x) = k_{2} \cdot g(x)$ . Un ejemplo de esta función es $f = \exp(k_{1}x)$ . Entonces, combinando $(1)$ y $(2)$ en estas condiciones da $$\int f(x)g'(x) \,\,\mathrm{d}x = \frac{f(x)g'(x)}{k_{2}} - \frac{k_{1}}{k_{2}} \int f(x)g'(x) \,\,\mathrm{d}x,$$ para que $$\Big(1 + \frac{k_{1}}{k_{2}}\Big) \int f(x)g'(x) \,\,\mathrm{d}x = \frac{f(x)g'(x)}{k_{2}} \implies \int f(x)g'(x) \,\,\mathrm{d}x = \frac{f(x)g'(x)}{k_{1} + k_{2}} \color{red}{+ c}.$$ Esto tiene sentido ya que sólo la función exponencial es igual a su derivada Así que $f$ y $g$ deben ser ambas funciones exponenciales y por lo tanto $fg'$ es exponencial con $f(x)g'(x) = \exp\big((k_{1} + k_{2})x\big)$ hasta un múltiplo escalar.

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Una cuestión más interesante es cuándo $f(x)$ es un múltiplo escalar de $f'(x)$ pero $g(x)$ es un múltiplo escalar de $g''(x)$ . Ejemplos para $g$ incluyen tanto $\sin(x)$ y $\cos(x)$ (y también $e^{x}$ ). Entonces, supongamos que $f'(x) = k_{1}\cdot f(x)$ y que $g''(x) = k_{2}^{2}\cdot g(x)$ . Considere la integral $$\int f(x)g''(x) \,\,\mathrm{d}x.\tag{3}$$ Esta integral se convierte en $$f(x)g'(x) - \int f'(x)g'(x) \,\,\mathrm{d}x = f(x)g'(x) - \Big( f'(x)g(x) - \int f''(x)g(x) \,\,\mathrm{d}x \Big).\tag{4}$$ Combinando $(3)$ y $(4)$ da $$\int f(x)g''(x) \,\,\mathrm{d}x = f(x)g'(x) - f'(x)g(x) + \int f''(x)g(x) \,\,\mathrm{d}x.\tag{5}$$ Fíjate que es una forma muy similar a tu pregunta. Ahora aplicando las igualdades de la derivada vemos que $(5)$ se convierte en $$\int f(x)g''(x) \,\,\mathrm{d}x = f(x)g'(x) - f'(x)g(x) + \frac{k_{1}^{2}}{k_{2}^{2}} \int f(x)g''(x) \,\,\mathrm{d}x,$$ para que $$\left( 1 - \Big(\frac{k_{1}}{k_{2}}\Big)^{2}\right)\int f(x)g''(x) \,\,\mathrm{d}x = f(x)g'(x) - f'(x)g(x),$$ y por lo tanto $$\int f(x)g''(x) \,\,\mathrm{d}x = \frac{f(x)g'(x) - f'(x)g(x)}{1 - \Big(\frac{k_{1}}{k_{2}}\Big)^{2}} \color{red}{+ c}.$$ Este método/fórmula es especialmente útil precisamente cuando $f$ y $g$ son periódicas en sus derivadas, ya que uno puede fácilmente quedar atrapado haciendo repetidas integraciones por partes sin llegar a ningún lado (al menos, yo sé que lo he hecho). Este método/fórmula me resultó especialmente útil para evaluar integrales como $$\int e^{-st}\cos(3t) \,\,\mathrm{d}t,$$ que es la transformada de Laplace de $\cos(3t)$ por lo que este método es útil para encontrar soluciones a las ecuaciones diferenciales.

Answer 2

$2\cosh x=e^x+e^{-x}$ y $2\sinh x=e^x-e^{-x}$ Por lo tanto $e^x\cosh(x) - e^x\sinh(x)=1$ .