Integración por partes: es de esta forma legítima de uso?

Question

Es legítimo para escribir $$\int_0^a\mathrm{d}x\,f(x)g(x)=\left[f(x)\int_0^x\mathrm{d}x\,g(x)\right]_0^a-\int_0^a\mathrm{d}x\,\frac{\mathrm{d}f(x)}{\mathrm{d}x}\int_0^x\mathrm{d}x\,g(x)$$

Gracias.

Answer 1

Es bueno, si se lee correctamente; que son menos propensos a cometer errores con este si se establece $$ G(x)=\int_0^xg(t)\,dt $$ y escribir $$ \int_0^af(x)g(x)\,dx= \Bigl[f(x)G(x)\Bigr]_0^a-\int_0^f'(x)G(x)\,dx $$ Si prefiere no utilizar la $G$, se puede escribir $$ \int_0^af(x)g(x)\,dx= \left[f(x)\int_0^x g(t)\,dt\right] - \int_0^f'(x)\left(\int_0^x g(t)\,dt\right)\,dx $$

Answer 2

Sí!Es correcto Vamos $u=f(x)$, $dv=g(x)dx$,

$du=f'(x)dx, v=\int_{0}^{a}g(x)dx$ así

$\int_{0}^{a}f(x)g(x)dx=[f(x)\int_{0}^{x}g(x)dx]_{0}^{a}-\int_{0}^{a}[\int_{0}^{x}g(x)dx]f'(x)dx $

Siguiente, integrar por partes por segunda vez,

$u=f'(x)dx, dv=\int_{0}^{a}g(x)dx$

$du=f''(x)dx, v=\int_{0}^{a}\int_{0}^{a}g(x)(dx)^{2}$

$\int_{0}^{a}f(x)g(x)dx=[f(x)\int_{0}^{x}g(x)dx]_{0}^{a}-[f'(x)\int_{0}^{x}\int_{0}^{x}g(x)(dx)^{2}]_{0}^{a}+\int_{0}^{a}[\int_{0}^{x}\int_{0}^{x}\int_{0}^{x}g(x)(dx)^{3}]f''(x)dx $

Answer 3

Casi, pero no del todo. Estoy viendo un montón de métodos de representación y otros asuntos por aquí que podría conducir a problemas. En su lugar, diga:

$u = f(x), \qquad dv = g(x) \, dx$

$du = f'(x)\, dx, \qquad v = \displaystyle \int_0^x g(t) \, dt + v(0)\qquad $ (esto $v$ se explica más adelante en el post)

Entonces tenemos

$$ \int_0^a f(x) g(x) \, dx = \left[f(x) \left(\int_0^x g(t)\, dt + v(0)\right)\right]\Bigg|_{x=0}^{x=a} - \int_0^a \left(\int_0^x g(t)\, dt + v(0)\right) f'(x) \, dx $$

He aquí un desglose de lo que es en la fórmula:

$$ \overbrace{\int_0^a \underbrace{f(x)}_{\color{red}{u}} \underbrace{g(x) \, dx}_{\color{red}{dv}}}^{\color{blue}{\int_{x=0}^{x=a} u \, dv}} = \overbrace{\left[\underbrace{f(x)}_{\color{red}{u}} \underbrace{\left(\int_0^x g(t)\, dt + v(0)\right)}_{\color{red}{v}}\right]\Bigg|_{x=0}^{x=a}}^{\color{blue}{uv\big|_{x=0}^{x=a}}} - \overbrace{\int_0^a \underbrace{\left(\int_0^x g(t)\, dt + v(0)\right)}_{\color{red}{v}} \underbrace{f'(x) \, dx}_{\color{red}{du}}}^{\color{blue}{\int_{x=0}^{x=a} v \, du}} $$

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Algunas explicaciones:

Ya sabemos que $dv = g(x) \, dx$. Por lo tanto,$v'(x) = g(x)$, y la FTC nos dice que $\int_0^x v'(t) \, dt = v(x) - v(0)$. Bueno, ya $v'(t)$ es $g(t)$, luego tenemos a $v(x) - v(0) = \int_0^x g(t) \, dt$, lo que nos da $v = \int_0^x g(t) \, dt + v(0)$. Observe cómo estoy usando $t$ como la variable de integración. Esto es debido a que $x$ es un límite de la integración, y en general es de muy mala forma (y personalmente yo diría incorrecta) para que tengan un límite de la integración de la misma como la variable de integración. Y necesitamos la variable de integración de $x$ porque $v$ es una función de $x$.

Tenga en cuenta que el $f'(x) \, dx$ en la integral en el lado derecho de arriba está bien, porque es en el interior de la integral que ha $x$ como límite, pero el $f'(x) \, dx$ es para el exterior integral. De hecho, esta realidad tiene que ser $f'(x)\, dx$ porque si fuéramos a evaluar $\int_0^x g(t) \, dt + v(0)$, obtendríamos una función de $x$. Por lo tanto el exterior integral de las necesidades a ser $dx$, lo que significa que debemos tener $f'(x) \, dx$ en orden para que esto funcione.

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Ejemplo: $ \displaystyle \int_0^{\pi/2} x \cos x \, dx$

Voy a correr a través de esta dos veces. Una vez que cómo íbamos a hacerlo en la práctica, y, a continuación, de nuevo en una forma parecida a como he explicado anteriormente.

En la práctica:

$u = x, \qquad dv = \cos x \, dx$

$du = dx, \qquad v = \int \cos x \, dx = \sin x$

Nota la falta de la constante arbitraria de integración en $v$. Es porque siempre se cancela al final de todos modos, así que por simplicidad no se moleste con él. De todos modos, conectar todo en la fórmula nos da:

$$\int_0^{\pi/2} \underbrace{x}_{\color{red}{u}} \underbrace{\cos x \, dx}_{\color{red}{dv}} = \underbrace{x}_{\color{red}{u}}\underbrace{(\sin x)}_{\color{red}{v}}\bigg|_0^{\pi/2} - \int_0^{\pi/2} \underbrace{\sin x}_{\color{red}{v}} \, \underbrace{dx}_{\color{red}{du}}$$

Similar a mi explicación anterior:

$u = x, \qquad dv = \cos x \, dx$

$du = dx, \qquad v = \int_0^x \cos t \, dt + v(0)$

Echemos un vistazo más de cerca a $v$. Tenemos \begin{align} v &= \int_0^x \cos t \, dt + v(0)\\[0.3cm] &= \underbrace{\sin t}_{\color{blue}{\text{this is %#%#%}}}\bigg|_0^x + \underbrace{v(0)}_{\substack{\color{blue}{\text{therefore}} \\ \color{blue}{v(0) = \sin 0}}}\\[0.3cm] &= \underbrace{\sin x - \sin 0 + \sin 0}_{\color{blue}{v(x) - v(0) + v(0)}}\\[0.3cm] &= \sin x \end{align}

Observe cómo la $v(t)$ es necesario para cancelar el $+v(0)$. Y sí, en este caso no hubiera importado porque $-v(0)$, de todos modos, pero eso no es cierto en general, así que tenemos que ser cuidadosos. Pero, de nuevo, en la práctica lo que hacemos en realidad es mucho más simple, y sólo me escribió mi respuesta esta manera de mostrar lo que realmente está sucediendo detrás de las escenas y así poder evitar la anotación problemas en la integral doble cerca de la final.