Invariancia de la integral de Lebesgue.

Question

Problema Que $f\in L^1(\mathbb{R})$. Mostrar que $\int_{\mathbb{R}}f(x)dx=\int_{\mathbb{R}}f(x-\frac{1}{x})dx$.

Discusión Sé que la integral de Lebesgue es invariante (como la medida de Lebesgue) de la traducción, pero nunca me he topado con la invarianza anterior. Pensé que tal vez si reescribió tanto integrales como la medida de un conjunto que podía mostrar ambos conjuntos tenían la misma medida, o podría utilizar un cambio de variables, pero nada ha funcionado todavía. La cuestión es una pequeña parte de un problema mayor relacionado con transformaciones de fourier.

Answer 1

Supongamos que$f\in C_0^\infty(\mathbb{R})$ para que todas las integrales siguientes existan. La afirmación entonces sigue por densidad.

Tenga en cuenta que la función$(0,\infty)\rightarrow\mathbb{R}$,$x\mapsto x-\frac{1}{x}$ es suave y bijective.

Por un cambio de variables$x=y-\frac{1}{y}$ vemos

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

Pero por una sustitución$-\frac{1}{x}=y$ en la última integral vemos que

ps

Que da la identidad deseada.

Answer 2

Te voy a dar otra solución (bien, sobre todo el mismo, pero se presenta en una luz diferente). Es más largo, pero que no depende de ningún truco. Deje $T(x) := x-1/x$. La observación de que la ecuación de $T(x) = y$ tiene exactamente dos soluciones, dada por :

$$\frac{y \pm \sqrt{4+y^2}}{2}.$$

O, de otra manera elegante de estado de este hecho es que el $T^{-1}$ tiene dos ramas. Voy a denotar ellos por $T_-^{-1}$$T_+^{-1}$, con el correspondiente signo en la fórmula anterior. Tenga en cuenta que$T \circ T_-^{-1} = T \circ T_+^{-1} = id$$\mathbb{R}^*$, mientras que$T_-^{-1} \circ T = id$$\mathbb{R}_-^*$$T_+^{-1} \circ T = id$$\mathbb{R}_+^*$.

A continuación, sólo tiene que utilizar (formalmente) el cambio de las variables de $y := T(x)$.

$$\int_{\mathbb{R}} f(T(x)) dx = \int_{\mathbb{R}_-^*} \frac{f}{|T'|\circ T_-^{-1}}(T(x)) |T'(x)| dx + \int_{\mathbb{R}_+^*} \frac{f}{|T'|\circ T_+^{-1}}(T(x)) |T'|(x) dx,$$

dónde:

$$\int_{\mathbb{R}} f(T(x)) dx = \int_{\mathbb{R}} \sum_{\pm} \frac{1}{|T'|\circ T_\pm^{-1}}(y) f(y) dy.$$

Esta fórmula se generaliza el cambio de variable a las transformaciones que no son bijections. Todos los que tenemos que demostrar es que:

$$\sum_{\pm} \frac{1}{|T'|\circ T_\pm^{-1}} \equiv 1.$$

En este punto, todo es explícito y sólo se necesita comprobar que se cumple esta condición. Es tedioso, pero que no requiere de ningún conocimiento. En aras de la exhaustividad, me voy a dar una prueba con relativamente pocos cálculos.

Tenga en cuenta que $T' (x) = 1+x^{-2}$, por lo que:

$$\frac{1}{|T'|\circ T_\pm^{-1}} = \frac{1}{1+ \frac{1}{(T_\pm^{-1})^2}} = \frac{(T_\pm^{-1})^2}{1+ (T_\pm^{-1})^2}.$$

Ahora voy a escribir $x_\pm$ en lugar de $T_\pm^{-1} (y)$. Tenga en cuenta que $x_\pm$ son la solución a la ecuación cuadrática $x^2 -yx-1 = 0$, por lo que el$x_- x_+ = -1$$(x_- x_+)^2 = 1$. Entonces:

$$\sum_{\pm} \frac{1}{|T'|\circ T_\pm^{-1}} = \sum_{\pm} \frac{x\pm^2}{1+ x\pm^2} = \frac{x-^2+2 (x - x_+)^2+x+^2}{1+ x-^2 + x+^2 + (x - x_+)^2} = \frac{2+x-^2+x+^2}{2+ x-^2 + x+^2} = 1.$$