Intuición tras una identidad integral

Question

Una prueba de identidad

$$\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\, dx=\int_{-\infty}^{\infty} f\left(x-\frac{1}{x}\right)\, dx,$$

se ha preguntado antes (por ejemplo, ici ), y una respuesta a esa pregunta generalizó esta identidad a

$$\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\, dx=\int_{-\infty}^{\infty} f\left(x-\frac{a}{x}\right)\, dx,$$

para cualquier $a>0$ . He mirado esas respuestas, y entiendo las pruebas bastante bien, pero ninguna de ellas proporciona ninguna intuición sobre por qué esta identidad es verdadera. Me parece muy extraño que se pueda transformar la función de esta manera preservando la integral, y aún más extraño que la elección de $a$ tampoco importa. Para que quede claro, no estoy pidiendo ver una prueba rigurosa - hay muchas de esas en las respuestas de las otras preguntas. Pero si alguien pudiera darme una idea intuitiva de por qué esto es así, o un argumento heurístico, se lo agradecería mucho.

Answer 1

No sé si esto proporciona el tipo de intuición que se busca. Y se podría interpretar como una aproximación más a la demostración de la identidad. Pero pensé que esto podría arrojar un poco de intuición en cuanto a lo que está pasando aquí.

Para ello, proponemos una solución que aprovecha la simetría y la inversión. En primer lugar, escribamos la función $f$ en términos de sus partes pares e Impares como

$$f(x)= f^{e}(x)+f^{o}(x)$$

donde $f^{e}(x)=\frac12(f(x)+f(-x))$ y $f^{0}(x)=\frac12(f(x)-f(-x))$ son las partes pares e Impares de $f$ respectivamente.

A continuación, escribimos la integral de interés $I$ como

$$\begin{align} I&=\int_{-\infty}^{\infty}f\left(x-\frac1x\right)dx\\\\ &=2\int_0^{\infty}f^{e}\left(x-\frac1x\right)dx \tag1 \end{align}$$

Por lo tanto, podemos escribir $I$ en términos de la parte par de $f$ .

Ahora, aquí es por qué explotar la simetría par de $f^{e}$ es importante. Ahora haremos una transformación bajo inversión. Supongamos que $x\to \frac1x$ , $(1)$ se convierte en

$$\begin{align} \int_{-\infty}^{\infty}f\left(x-\frac1x\right)dx&=2\int_0^{\infty}f^{e}\left(\frac1x-x\right)\frac{1}{x^2}dx \\\\ &=2\int_0^{\infty}f^{e}\left(x-\frac1x\right)\frac{1}{x^2}dx \tag2 \end{align}$$

donde al llegar a $(2)$ utilizamos $f^{e}(x)=f^{e}(-x)$ . Así, al sumar los lados derechos de $(1)$ y $(2)$ y dividiendo por $2$ obtenemos

$$\int_{-\infty}^{\infty}f\left(x-\frac1x\right)dx=\int_{0}^{\infty}f^{e}\left(x-\frac1x\right)\left(1+\frac{1}{x^2}\right)\,dx$$

En este punto, todo lo que tenemos es que la integral de interés se descompone en la suma de una integral de su parte par y una integral de una parte par "invertida". Pero, ahora notamos que el "factor de escala" es la derivada del argumento de $f^{e}$ y por lo tanto encontramos que

$$\begin{align} \int_{-\infty}^{\infty}f\left(x-\frac1x\right)dx&=\int_{-\infty}^{\infty}f^{e}(x)\,dx\\\\ &=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,dx \end{align}$$

como se esperaba.

Answer 2

Supongamos que tenemos un bonito mapa $g:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ que es suryectiva y $k$ -to- $1$ , ambas propiedades destinadas a genéricos $x$ y no necesariamente todos $x$ . En el problema que nos ocupa, $k=2$ .

Afirmo que si

la suma de los $k$ imágenes previas de $x$ es igual a $x+C$ para una constante $C$ ,

entonces la función $G(x)$ valida la fórmula

$\int f(x) = \int f(G(x))$ con la integral tomada sobre todos los $\mathbb{R}$ .

Esto se debe a que la suma de las longitudes (orientadas) de los intervalos entre las preimágenes de valores cercanos $a$ y $b$ es exactamente $b - a$ que también es igual a la longitud del intervalo $[a,b]$ . Eso iguala precisamente las ponderaciones sobre los valores correspondientes de $f$ en las dos integrales. Una imagen puede ayudar a entender por qué la primera afirmación implica la segunda (tomando $b$ ser $a + \Delta a$ para un valor pequeño de $\Delta a$ ).

Answer 3

Así es como me gusta pensar en esto. Siempre que intento intuir la integración, la reduzco a funciones escalonadas, ya que los resultados se extienden muy bien a partir de ahí y es muy fácil trabajar con funciones escalonadas. Esta es una buena técnica que se puede utilizar para visualizar muchas de las identidades estándar de cálculo y ganar algo de intuición acerca de ellos.

Consideremos entonces la función característica $\chi_{[a,b]}$ y ver qué ocurre con esta transformación. Bien

$$ \chi_{[a,b]}\left(x-\frac{1}{x}\right) = \begin{cases} 1, & x-\frac{1}{x}\in [a,b] \\ 0, & x-\frac{1}{x}\not\in[a,b]\end{cases}$$

Para fines de área, es mejor tener una función simplemente de $x$ no $x-\frac{1}{x}$ lo que significa que tenemos que considerar cuál es la imagen inversa de $[a,b]$ es.

Por ahora, supongamos que $0 < a < b$ . Entonces la imagen inversa de $[a,b]$ en $f(x) = x-\frac{1}{x}$ no es más que

$$\left[\frac{b-\sqrt{b^2+4}}{2},\frac{a-\sqrt{a^2+4}}{2}\right]\bigcup \left[\frac{a+\sqrt{a^2+4}}{2},\frac{b+\sqrt{b^2+4}}{2}\right].$$

Esto puede comprobarse simplemente observando que para el intervalo de $0 < a < b$ , $x-\frac{1}{x}$ es monótona en su preimagen. Teniendo esto en cuenta, queda claro que

$$ \chi_{[a,b]}\left(x-\frac{1}{x}\right)(x) = \chi_{[\frac{b-\sqrt{b^2+4}}{2},\frac{a-\sqrt{a^2+4}}{2}]\bigcup [\frac{a+\sqrt{a^2+4}}{2},\frac{b+\sqrt{b^2+4}}{2}]}(x).$$

El área bajo esta función característica es entonces simplemente

$$ \left(\frac{a-\sqrt{a^2+4}}{2} - \frac{b-\sqrt{b^2+4}}{2}\right)+\left(\frac{b+\sqrt{b^2+4}}{2}-\frac{a+\sqrt{a^2+4}}{2}\right) = b-a$$

que no es más que el área bajo $\chi_{[a,b]}$ . Se puede hacer un análisis muy similar para el caso de $a < b < 0$ y luego se puede ampliar fácilmente a todos los $[a,b]$ . He aquí algunas parcelas con $a = 0, b = 3$ :

$\chi_{[0,3]}$ :

$\chi_{[\frac{3-\sqrt{13}}{2},-1]\cup[1,\frac{3+\sqrt{13}}{2}]}$ :

Como puedes ver, tenemos una buena división del intervalo en dos trozos y si estimas aproximadamente el área, resulta que es $3$ como se esperaba.

Además, no es difícil ver que la elección de $\alpha$ (en el papel de su $a$ ) no tiene importancia en este caso, ya que al emplear la ecuación cuadrática, el $\alpha$ sólo aparecería dentro de las raíces cuadradas. Como tal, se cancelaría al evaluar el área.

Answer 4

Sean v,w las funciones inversas a $(x-1/x)$ , $f$ una función par y $a>0$ . La proposición se deduce si las integrales de los intervalos correspondientes son iguales : $$ \int_{a}^{a+\epsilon} f(y)\, dy=?\int_{v(a)}^{v(a+\epsilon) } f\left(x-\frac{1}{x}\right)\, dx+\int_{w(a)}^{w(a+\epsilon) } f\left(x-\frac{1}{x}\right)\, dx $$ Para los pequeños $\epsilon$ el LHS $\approx \epsilon f(a)$ .

y el RHS $$\approx \epsilon (v'(a)f\left( v(a)-\frac{1}{v(a)}\right) +w'(a)f\left( w(a)-\frac{1}{w(a)}\right) ) = \epsilon(v'(a)+w'(a))f(a)$$

Por cálculo, $(v+w)' =1$ por lo que el lado derecho también es igual a $\epsilon f(a)$ .