Realmente avanzadas técnicas de integración (definido o indefinido)

Question

Bueno, así que todo el mundo sabe que los métodos habituales de resolución de integrales, es decir, u-sustitución, integración por partes, fracciones parciales, sustituciones trigonométricas, y la reducción de las fórmulas. Pero, ¿qué más hay? Cada vez que me de la búsqueda para "Técnicas Avanzadas de Integración Simbólica" o "Super Avanzadas Técnicas de Integración", obtengo los mismos resultados que terminan hablando sólo de los métodos mencionados anteriormente. ¿Hay algún super oscuro y diversas técnicas para la resolución de las integrales?

Como un ejemplo de algo que podría ser oscuras, la fórmula para el "general de integración por partes" de $n$ funciones $f_j, \ j = 1,\cdots,n$ está dado por $$ \int{f_1'(x)\prod_{j=2}^n{f_j(x)}dx} = \prod_{i=1}^n{f_i(x)} - \sum_{i=2}^n{\int{f_i'(x)\prod_{\substack{j=1 \\ j \neq i}}^n{f_j(x)}dx}} $$ que no es necesariamente útil ni difíciles de obtener, pero es interesante de todas formas.

Así por curiosidad, ¿hay algún loco desconocido simbólico de técnicas de integración?

Answer 1

Aquí están unos pocos. La primera de ellas se incluye porque no es muy conocido y no es general, aunque los que siguen son muy generales y muy útil.

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• Un grande, pero no muy bien conocido camino para encontrar la primitiva de $f^{-1}$ en términos de la primitiva de $f$, $F$, es (muy fácil de probar: sólo se diferencian ambos lados y el uso de la regla de la cadena): $$ \int f^{-1}(x)\, dx = x \cdot f^{-1}(x)-(F \circ f^{-1})(x)+C. $$

Ejemplos:

$$ \begin{aligned} \displaystyle \int \arcsin(x)\, dx &= x \cdot \arcsin(x)- (-\cos\circ \arcsin)(x)+C \\ &=x \cdot \arcsin(x)+\sqrt{1-x^2}+C. \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} \int \log(x)\, dx &= x \cdot \log(x)-(\exp \circ \log)(x) + C \\ &= x \cdot \left( \log(x)-1 \right) + C. \end{aligned} $$

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• Este es más bien conocido, y muy potente, que se llama diferenciación bajo el signo integral. Se requiere ingenio la mayoría de el tiempo para saber cuando aplicar, y cómo se aplican, pero que sólo lo hace más interesante. La técnica utiliza el simple hecho de que $$ \frac{\mathrm d}{\mathrm d x} \int_a^b f \left({x, y}\right) \mathrm d y = \int_a^b \frac{\partial f}{\partial x} \left({x, y}\right) \mathrm d y. $$

Ejemplo:

Queremos calcular la integral de la $\int_{0}^{\infty} \frac{\sin(x)}{x} dx$. Para ello, se unintuitively considerar el más complicado integral de la $\int_{0}^{\infty} e^{-tx} \frac{\sin(x)}{x} dx$ lugar.

Vamos $$ I(t)=\int_{0}^{\infty} e^{-tx} \frac{\sin(x)}{x} dx,$$ then $$ I'(t)=-\int_{0}^{\infty} e^{-tx} \sin(x) dx=\frac{e^{-t x} (t \sin (x)+\cos (x))}{t^2+1}\bigg|_0^{\infty}=\frac{-1}{1+t^2}.$$

Dado que tanto $I(t)$ $-\arctan(t)$ son primitivas de la $\frac{-1}{1+t^2}$, se debe sólo difieren por una constante, de modo que $I(t)+\arctan(t)=C$. Deje $t\to \infty$,$I(t) \to 0$$-\arctan(t) \to -\pi/2$, y, por tanto,$C=\pi/2$, e $I(t)=\frac{\pi}{2}-\arctan(t)$.

Finalmente, $$ \int_{0}^{\infty} \frac{\sin(x)}{x} dx = I(0) = \frac{\pi}{2}-\arctan(0) = \boxed{\frac{\pi}{2}}. $$

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• Este es probablemente el más comúnmente usado "avanzada técnica de integración", y por buenas razones. Es conocido como el "teorema de los residuos" y afirma que si $\gamma$ es un simple y cerrada hacia la izquierda de la curva, a continuación,$\displaystyle \int_\gamma f(z) dz = 2\pi i \sum_{k=1}^n \operatorname{Res} ( f, a_k )$ . Va a ser difícil para que usted pueda entenderlo sin conocimientos en análisis complejo, pero usted puede conseguir el quid de la cuestión con el artículo de wiki. Ejemplo:

  Queremos calcular $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^2}{1+x^4} dx$. Los polos de nuestra función de $f(z)=\frac{x^2}{1+x^4}$ en la mitad superior del plano se $a_1=e^{i \frac{\pi}{4}}$$a_2e^{i \frac{3\pi}{4}}$. Los residuos de nuestra función en esos puntos son $$ \operatorname{Res}(f,a_1)=\lim_{z\a a_1} (z-a_1)f(z)=\frac{e^{i \frac{-\pi}{4}}}{4}, $$ y $$ \operatorname{Res}(f,a_2)=\lim_{z\a a_2} (z-a_2)f(z)=\frac{e^{i \frac{-3\pi}{4}}}{4}. $$ Deje $\gamma$ ser el camino cerrado en torno a los límites de la semicírculo de radio $R>1$ en la mitad superior del plano, el recorrido en el sentido antihorario. A continuación, el residuo teorema nos da ${1 \over 2\pi i} \int_\gamma f(z)\,dz=\operatorname{Res}(f,a_1)+\operatorname{Res}(f,a_2)={1 \over 4}\left({1-i \over \sqrt{2}}+{-1-i \over \sqrt{2}}\right)={-i \over 2 \sqrt{2}}$$ \int_\gamma f(z)\,dz= {\pi \over \sqrt{2}}$. Ahora, por la definición de $\gamma$, tenemos: $$ \int_\gamma f(z)\,dz = \int_{-R}^R \frac{x^2}{1+x^4} dx + \int_0^\pi {i (R e^{es})^3 \mayores de 1+(R e^{es})^4} dz = {\pi \\sqrt{2}}. $$ Para la integral en el semicírculo $$ \int_0^\pi {i (R e^{es})^3 \mayores de 1+(R e^{es})^4} dz, $$ tenemos $$ \begin{aligned} \left| \int_0^\pi {i (R e^{it})^3 \over 1+(R e^{it})^4} dz \right| &\leq \int_0^\pi \left| {i (R e^{it})^3 \over 1+(R e^{it})^4} \right| dz \\ &\leq \int_0^\pi {R^3 \over R^4-1} dz={\pi R^3 \over R^4-1}. \end{aligned} $$ Por lo tanto, como $R\to \infty$,${\pi R^3 \over R^4-1} \to 0$, y, por tanto,$\int_0^\pi {i (R e^{it})^3 \over 1+(R e^{it})^4} dz \to 0$. Finalmente, $$ \begin{aligned} \int_{-\infty}^\infty \frac{x^2}{1+x^4} dx &= \lim_{R\to \infty} \int_{-R}^R \frac{x^2}{1+x^4} dx \\ &= \lim_{R\to \infty} {\pi \over \sqrt{2}}-\int_0^\pi {i (R e^{it})^3 \over 1+(R e^{it})^4} dz =\boxed{{\pi \over \sqrt{2}}}. \end{aligned} $$

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• Mi final "técnica" es el uso de la media del valor de la propiedad para el complejo de funciones analíticas, o de Cauchy de la integral fórmula en otras palabras: $$ \begin{aligned} f(a) &= \frac{1}{2\pi i} \int_\gamma \frac{f(z)}{z-a}\, dz \\ &= \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} f\left(a+e^{ix}\right) dx. \end{aligned} $$

Ejemplo:

Queremos calcular el muy desordenado integral de la $\int_0^{2\pi} \cos (\cos (x)+1) \cosh (\sin (x)) dx$. Primero nos aviso que $$ \begin{aligned} &\hphantom{=} \cos [\cos (x)+1] \cosh [\sin (x)] \\ &=\Re\left\{ \cos [\cos (x)+1] \cosh [\sin (x)] -i\sin [\cos (x)+1] \sinh [\sin (x)] \right\} \\ &= \Re \left[ \cos \left( 1+e^{i x} \right) \right]. \end{aligned} $$ Entonces, tenemos $$ \begin{aligned} \int_0^{2\pi} \cos [\cos (x)+1] \cosh [\sin (x)] dx &= \int_0^{2\pi} \Re \left[ \cos \left( 1+e^{i x} \right) \right] dx \\ &= \Re \left[ \int_0^{2\pi} \cos \left( 1+e^{i x} \right) dx \right] \\ &= \Re \left( \cos(1) \cdot 2 \pi \right)= \boxed{2 \pi \cos(1)}. \end{aligned} $$

Answer 2

Usted puede hacer la integración, invirtiendo la matriz de representación de la diferenciación del operador con respecto a una inteligente elección de una base y después aplicar el inverso del operador a la función que se desea integrar.

Por ejemplo, considere la base $\mathcal{B} = \{e^{ax}\cos bx, e^{ax}\sin bx \}$. Diferenciando con respecto a $x$ da \begin{align*} \frac{d}{dx}e^{ax} \cos bx &= ae^{ax} \cos bx - be^{ax} \sin bx\\ \frac{d}{dx} e^{ax} \sin bx &= ae^{ax} \sin bx + be^{ax} \cos bx \end{align*}

y la representación de la matriz de la aplicación lineal operador es

$$T = \begin{bmatrix} a & b\\ -b & a \end{bmatrix}$$

A continuación, resolver algo como $\int e^{ax}\cos bx\operatorname{d}\!x$, esto es equivalente a calcular

$$T^{-1}\begin{bmatrix} 1\\ 0 \end{bmatrix}_{\mathcal{B}} = \frac{1}{a^{2} + b^{2}}\begin{bmatrix} a\\ b \end{bmatrix}_{\mathcal{B}}.$$

Es decir,

$$\int e^{ax}\cos bx\operatorname{d}\!x = \frac{a}{a^{2}+b^{2}}e^{ax}\cos bx + \frac{b}{a^{2} + b^{2}}e^{ax}\sin bx$$

Answer 3

Otra opción es convertir el valor de la integral de una suma. Por ejemplo,

$$ \int{\frac{1}{1 + x^2}dx} = \int\sum_{i = 0}^\infty{(-1)^ix^{2i}}dx = \sum_{i = 0}^\infty(-1)^i\int{x^{2i}}dx = \sum_{i = 0}^\infty \frac{(-1)^ix^{2i+1}}{2i + 1}.$$

Usted podría entonces hacer uso del hecho de que,

$$\sum_{i = 0}^\infty \frac{(-1)^ix^{2i+1}}{2i + 1} = \tan^{-1}{x}.$$

Por supuesto, usted necesita estar familiarizado con muchos diferentes de la serie, que viene con la práctica. De hecho, la mayoría de las derivaciones de $\arctan(x)$ como una serie en realidad, de utilizar el método que acabo de utilizar. Sin embargo, todavía sirve como un ejemplo de la técnica.

Answer 4

Para una muy avanzada técnica, es posible que desee leer sobre el algoritmo de Risch indefinida de integración, el cual es implementado en las principales simbólico programas de matemáticas.

Answer 5

Par/impar propiedades de la función, la simetría de la función sobre una determinada línea.

$$\int^a_0f(x) dx=\int^a_0f(a-x) dx$$.

Probablemente hay un par de otros que se me ha olvidado.

Edit: no importa, yo no me di cuenta de que esta le preguntó por 'indefinido' integración - mis disculpas.

Un buen truco es que a veces se multiplican integral por un factor de uno (como es el caso de la integración de la secante y la cosecante de la función).