Considere la posibilidad de $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ a ser un continuo función tal que $\int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx$ existe. Me gustaría demostrar que $$\int_{-\infty}^{\infty} f(x - \frac{1}{x}) dx = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx.$$ Me decidí a abordar en los casos. En particular, empecé con el caso donde $f$ fue lineal. Vemos que $$\int_{-\infty}^{\infty} f\left(x-\frac{1}{x}\right) dx = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) - f\left(\frac{1}{x}\right) dx = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx - \int_{-\infty}^{\infty} f\left(\frac{1}{x} \right) dx.$$ Este problema entonces se reduce a probar que $$\int_{-\infty}^{\infty} f\left(\frac{1}{x}\right) dx = 0.$$ nos pusimos $u = \frac{1}{x} \implies du = \frac{-1}{x^2} dx.$ sin Embargo, estoy tener problemas de simplificar el término dentro de la integral en una función de $u$. Cualquier sugerencia en este caso? Y de todas las recomendaciones en el caso de que $f$ no es lineal?
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$\newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} \mc{J} & = \color{#f00}{\int_{-\infty}^{\infty}\mrm{f}\pars{x - {1 \over x}}\,\dd x}\ =\ \overbrace{\int_{0}^{\infty}\bracks{\mrm{f}\pars{x - {1 \over x}} + \mrm{f}\pars{-x + {1 \over x}}}\,\dd x}^{\ds{=\ \mc{J}}} \\[5mm] & \stackrel{x\ \mapsto\ 1/x}{=} \,\,\, \int_{\infty}^{0}\bracks{\mrm{f}\pars{{1 \over x} - x} + \mrm{f}\pars{-\,{1 \over x} + x}}\,\pars{-\,{\dd x \over x^{2}}} \\[5mm] & = \underbrace{\int_{0}^{\infty}\bracks{\mrm{f}\pars{{1 \over x} - x} + \mrm{f}\pars{-\,{1 \over x} + x}}\,{1 \over x^{2}}\,\dd x}_{\ds{=\ \mc{J}}} \end{align}
\begin{align} \mc{J} & = {\mc{J} + \mc{J} \over 2} = {1 \over 2}\int_{0}^{\infty}\bracks{\mrm{f}\pars{{1 \over x} - x} + \mrm{f}\pars{-\,{1 \over x} + x}}\,\pars{1 + {1 \over x^{2}}}\,\dd x \\[5mm] & \stackrel{t\ \equiv\ 1/x - x}{=}\,\,\, {1 \over 2}\int_{\infty}^{-\infty}\bracks{\mrm{f}\pars{t} + \mrm{f}\pars{-t}}\, \pars{-\,\dd t} = \color{#f00}{\int_{0}^{\infty}\mrm{f}\pars{x}\,\dd x} \end{align}
METODOLOGÍA de $1$:
En primer lugar, hemos dividido la integral como
$$\begin{align} \int_{-\infty}^\infty f\left(x-\frac1x\right)\,dx&=\int_{0}^\infty f\left(x-\frac1x\right)\,dx +\int_0^\infty f\left(-x+\frac1x\right)\,dx \tag 1 \end{align}$$
En la primera integral en el lado derecho de la $(1)$, aplicamos la sustitución de $x\to e^x$ y en la segunda integral, aplicamos la sustitución de $x\to e^{-x}$. Procedimiento, nos encontramos con que
$$\begin{align} \int_{-\infty}^\infty f\left(x-\frac1x\right)\,dx&=\int_{-\infty}^\infty f\left(2\sinh(x)\right)\,e^x\,dx +\int_{-\infty}^\infty f\left(2\sinh(x)\right)\,e^{-x}\,dx \\\\ &=\int_{-\infty}^\infty f(2\sinh(x))\,2\cosh(x)\,dx\tag2 \end{align}$$
Por último, hemos de hacer cumplir la sustitución de $2\sinh(x)\to x$ en la integral en el lado derecho de la $(2)$ obtener
$$\int_{-\infty}^\infty f\left(x-\frac1x\right)\,dx=\int_{-\infty}^\infty f(x)\,dx$$
como iba a ser mostrado!
METODOLOGÍA de $2$:
Comenzamos con la expresión dada en $(1)$. En la primera integral en el lado derecho de la $(1)$, aplicamos la sustitución de $x-\frac1x\to x$, mientras que en la segunda integral en el lado derecho de la $(1)$ aplicamos la sustitución de $-x+\frac1x \to x$. Procedimiento, nos encontramos con que
$$\begin{align} \int_{-\infty}^\infty f\left(x-\frac1x\right)\,dx&=\int_{-\infty}^\infty f\left(x\right)\,\left(\frac12+\frac{x}{2\sqrt{x^2+1}}\right)\,dx +\int_{-\infty}^\infty f\left(x\right)\,\left(\frac12-\frac{x}{2\sqrt{x^2+1}}\right)\,dx \\\\ &=\int_{-\infty}^\infty f(x)\,dx \end{align}$$
como se esperaba!
$x-\frac1x=u\implies\left(1+\frac1{x^2}\right)\mathrm{d}x=\mathrm{d}u$ $$\begin{align}
&\int_{-\infty}^\infty f\left(x-\frac1x\right)\mathrm{d}x\tag{1}\\
&=\int_{-\infty}^0f\left(x-\frac1x\right)\mathrm{d}x+\int_0^\infty f\left(x-\frac1x\right)\mathrm{d}x\tag{2}\\
&=\int_0^\infty f\left(x-\frac1x\right)\frac1{x^2}\,\mathrm{d}x+\int_{-\infty}^0f\left(x-\frac1x\right)\frac1{x^2}\,\mathrm{d}x\tag{3}\\
&=\frac12\int_0^\infty f\left(x-\frac1x\right)\left(1+\frac1{x^2}\right)\mathrm{d}x
+\frac12\int_{-\infty}^0f\left(x-\frac1x\right)\left(1+\frac1{x^2}\right)\mathrm{d}x\tag{4}\\
&=\frac12\int_{-\infty}^\infty f(u)\,\mathrm{d}u+\frac12\int_{-\infty}^\infty f(u)\,\mathrm{d}u\tag{5}\\
&=\int_{-\infty}^\infty f(u)\,\mathrm{d}u\tag{6}
\end {Alinee el} $$ explicación:
$(2)$: divide el dominio de la integración
$(3)$: sustituto $x\mapsto-\frac1x$
$(4)$: % promedio $(2)$y $(3)$
$(5)$: sustituto $x-\frac1x=u$
$(6)$: Álgebra
