Cómo probar $\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)dx = \int_{-\infty}^{+\infty} f\left(x - \frac{1}{x}\right)dx?$

Question

Si $f(x)$ es una función continua en $(-\infty, +\infty)$ y $\int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \, dx$ existe. ¿Cómo puedo demostrar que $$\int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \, dx = \int_{-\infty}^{+\infty} f\left( x - \frac{1}{x} \right) \, dx\text{ ?}$$

Answer 1

Podemos escribir \begin {align} \int_ {- \infty }^{ \infty }f \left (x-x^{-1} \right )dx&= \int_ {0}^{ \infty }f \left (x-x^{-1} \right )dx+ \int_ {- \infty }^{0}f \left (x-x^{-1} \right )dx \\ &= \int_ {- \infty }^{ \infty }f(2 \sinh\theta )\,e^{ \theta }d \theta + \int_ {- \infty }^{ \infty }f(2 \sinh\theta )\,e^{- \theta }d \theta\\ &= \int_ {- \infty }^{ \infty }f(2 \sinh\theta )\,2 \cosh\theta\ ,d \theta\\ &= \int_ {- \infty }^{ \infty }f(x)\Nde la que se trata, dx. \end {align} Para pasar de la primera a la segunda línea, hacemos el cambio de variables $x=e^{\theta}$ en la primera integral y $x=-e^{-\theta}$ en el segundo.

Answer 2

Aquí hay otra forma de probar la identidad por cortesía de @achillehui . Generalicemos la identidad utilizando el siguiente lema.

Lema :

\begin {align} \int_ {- \infty }^ \infty f \left (x \right )\N-\N-Dx= \int_ {- \infty }^ \infty f \left (x- \frac {a}{x} \right )\N-\N-\N-Dx \qquad , \qquad\text {para }\, a>0. \end {align}

Prueba :

Dejemos que $\displaystyle\;u(x) = x-\frac{a}{x}$ . Como $x$ varía sobre $\mathbb{R}$ tenemos

• $u(x)$ aumenta monótonamente desde $-\infty$ en $-\infty$ a $+\infty$ en $0^{-}$ .
• $u(x)$ aumenta monótonamente desde $-\infty$ en $0^{+}$ a $+\infty$ en $+\infty$ .

Esto significa que como $x$ varía, $u(x)$ cubierto $(-\infty,\infty)$ dos veces.

Dejemos que $x_1(u) < 0$ y $x_2(u) > 0$ sean las dos raíces de la ecuación para un determinado $u$ :

$$u = u(x) = \frac{x^2-a}{x} \quad\iff\quad x^2 - ux - a = 0\quad\implies\quad x(u)_{1,2}=\frac{1}{2}\left(\;u\pm\sqrt{u^2+4a}\;\right)$$ tenemos $$x_1(u) + x_2(u) = u \quad\implies\quad \frac{dx_1}{du} + \frac{dx_2}{du} = 1.$$ A partir de esto, encontramos

$$\begin{align} \int_{-\infty}^\infty f\left(x-\frac{a}{x}\right)\,dx &= \left( \int_{-\infty}^{0^{-}} + \int_{0^{+}}^{+\infty}\right) f\left(u(x)\right)\, dx\\ &= \int_{-\infty}^{\infty} f\left(u\right)\,\left(\frac{dx_1}{du} + \frac{dx_2}{du}\right) du\\ &= \int_{-\infty}^{\infty}f\left(u\right)\, du\qquad;\qquad u\mapsto x\\ &= \int_{-\infty}^{\infty}f\left(x\right)\, dx\qquad\qquad\square \end{align}$$

---

Por lo tanto, al establecer $a=1$ tenemos

\begin {align} \int_ {- \infty }^ \infty f \left (x \right )\N-\N-Dx= \int_ {- \infty }^ \infty f \left (x- \frac {1}{x} \right )\N-\N-\N-Dx \end {align}

Answer 3

He aquí otra forma de avanzar. Primero, comenzamos con la integral $I$ dado por

$$\begin{align} I&=\int_{-\infty}^{\infty}f\left(x-\frac1x\right)\,dx \tag 1\\\\ &=\int_{-\infty}^{0}f\left(x-\frac1x\right)\,dx +\int_{0}^{\infty}f\left(x-\frac1x\right)\,dx \tag 2 \end{align}$$

Aplicamos la sustitución $x\to -1/x$ en las integrales del lado derecho de $(2)$ para obtener

$$\begin{align} I&=\int_{0}^{\infty}f\left(x-\frac1x\right)\,\left(\frac{1}{x^2}\right)\,dx +\int_{-\infty}^{0}f\left(x-\frac1x\right)\,\left(\frac{1}{x^2}\right)\,dx \tag 3 \end{align}$$

Añadir $(2)$ y $(3)$ revela

$$\begin{align} 2I&=\int_{0}^{\infty}f\left(x-\frac1x\right)\,\left(1+\frac{1}{x^2}\right)\,dx +\int_{-\infty}^{0}f\left(x-\frac1x\right)\,\left(1+\frac{1}{x^2}\right)\,dx \tag 4 \end{align}$$

A continuación, aplicamos la sustitución $x-1/x \to x$ en las integrales del lado derecho de $(4)$ y obtener

$$\begin{align} 2I&=\int_{-\infty}^{\infty}f\left(x\right)\,dx +\int_{-\infty}^{\infty}f\left(x\right)\,dx \\\\ &=2\int_{-\infty}^{\infty}f\left(x\right)\,dx \tag 5 \end{align}$$

Finalmente, dividiendo ambos lados de $(5)$ por $2$ y utilizando $(1)$ llegamos a

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\int_{-\infty}^{\infty}f\left(x-\frac1x\right)\,dx=\int_{-\infty}^{\infty}f\left(x\right)\,dx }$$

¡como se iba a mostrar!

Answer 4

Para $x\ge0$ escribe la siguiente sustitución que mapea el dominio real positivo al conjunto del dominio real: $$x=1/2\,y+1/2\,\sqrt {{y}^{2}+4},$$ $${\it dx}= \left( 1/2+1/2\,{\frac {y}{\sqrt {{y}^{2}+4}}} \right) {\it dy},$$ y lo mismo para $x<0$ escribe la siguiente sustitución que mapea el dominio real negativo al conjunto del dominio real: $$x=1/2\,y-1/2\,\sqrt {{y}^{2}+4},$$ $${\it dx}= \left( 1/2-1/2\,{\frac {y}{\sqrt {{y}^{2}+4}}} \right) {\it dy},$$ y en ambos casos tienes: $$x-\frac{1}{x}=y,$$ y luego se obtiene: $$\int\limits_{0}^{+\infty} f\left(x-\dfrac{1}{x}\right)dx=\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f\left(y\right)\left( 1/2+1/2\,{\frac {y}{\sqrt {{y}^{2}+4}}} \right)dy,$$

$$\int\limits_{-\infty}^{0} f\left(x-\dfrac{1}{x}\right)dx=\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f\left(y\right)\left( 1/2-1/2\,{\frac {y}{\sqrt {{y}^{2}+4}}} \right)dy,$$ y por lo tanto: $$\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f\left(x-\dfrac{1}{x}\right)dx=\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f\left(y\right)\left( 1/2+1/2\,{\frac {y}{\sqrt {{y}^{2}+4}}} \right)dy+\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f\left(y\right)\left( 1/2-1/2\,{\frac {y}{\sqrt {{y}^{2}+4}}} \right)dy,$$ $$=\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f\left(y\right)dy$$

Answer 5

He aquí una forma clara de mostrar la afirmación sin utilizar ningún cambio "raro" de variables. Supongamos que $f$ es lo suficientemente agradable como para hacer todo lo que sigue. Creo que $f\in C_c^\infty(R-\{0\})$ es suficiente. Deja que $$F(a) = \int_{-\infty}^\infty f\left(x-\frac{a}{x} \right)dx$$ para que $$F'(a) = \int_{-\infty}^\infty -\frac{1}{x}f'\left(x-\frac{a}{x} \right)dx.$$

[Por favor, tened en cuenta si hay algún error en lo siguiente, me he equivocado un par de veces]. Dividir la integral y hacer un cambio de variables $x=a/y$ para que

$$F'(a)=\int_{\infty}^0 \left[-\frac{y}{a}f'\left(\frac{a}{y}-y\right) \cdot - \frac{a}{y^2} \right]dy+\int_{0}^{-\infty} \left[-\frac{y}{a}f'\left(\frac{a}{y}-y\right) \cdot - \frac{a}{y^2}\right]dy$$ o $$F'(a)= \int_{-\infty}^\infty -\frac{1}{y}f'\left(\frac{a}{y}-y\right) dy.$$

Esta es la parte complicada. La afirmación original es cierta para las funciones de impar $f$ ya que ambas integrales se integran a cero. Por lo tanto, sólo la parte par de $f$ asuntos. Podemos entonces suponer que $f$ es par, y por lo tanto $f'$ es impar. Desplazando un signo menos fuera del argumento de $f'$ en la integral anterior y obtenemos $F'(a)=-F'(a)$ . Esto significa que $F'(a)=0$ para todos $a$ tras apelar a la continuidad de $F'(a)$ . Por lo tanto, $F(a)=F(0)$ es constante y $$F(1)=\int_{-\infty}^\infty f\left(x-\frac{1}{x} \right)dx = \int_{-\infty}^\infty f\left(x\right)dx=F(0).$$ Aproximadamente cualquier $f$ con un $C_c^\infty$ función apoyada lejos del origen, y la afirmación original se mantiene.