"Prueba" todas las integrales son $0$

Question

Dada una integral definida sobre $[a,b]$ hacer la sustitución $ u = x(x-a-b)$ . La integral se transforma entonces en una integral sobre $[-ab,-ab]$ que es cero. ¿Qué hay de malo en este razonamiento? ¿Cuándo podemos y cuándo no podemos hacer una determinada sustitución en u? Gracias.

Answer 1

En la teoría de la integración, cuando se quiere utilizar una sustitución en u, hay que utilizar una función que es una $C^1$ -difeomorfismo. De lo contrario, podrías acabar con cosas raras.

Editar En realidad no es necesario un difeomorfismo, como señala @zhw. Para aplicar la sustitución $x=\psi(u)$ de $u \in [c,d]$ a $x \in [a,b]$ sólo" se necesita tener $\psi$ para ser $C^1$ y $\psi([c,d])$ incluido en el dominio de $f$ con $\psi(c)=a$ y $\psi(d)=b$ .

Por ejemplo, si quiere calcular $\int_{-1}^1 x^2\mathrm{d}x$ utilizando una sustitución en u $u=x^2$ cambiará los límites a $1$ y $1$ y da 0, lo que no es cierto. Esto se debe a que la función $x \in [-1,1] \mapsto x^2$ no es una biyección.

En su caso, su función $x \in [a, b] \mapsto x(x-a-b)$ tiene el siguiente gráfico para $a=-1$ y $b=1$ . Se ve claramente que esta función no es 1-1.

El hecho de que su sustitución no sea 1-1 se debe claramente al cuadrado. Sea $\phi: x \in [a,b] \mapsto x(x-a-b)$ . La función $\phi$ alcanza su mínimo en $c=(a+b)/2$ y es biyectiva en $[a, c]$ y en $[c, b]$ . Si divides tu integral en 2 integrales en estos intervalos puedes utilizar tu sustitución.

Usted obtendría $\int_a^b f(x) \mathrm{d}x=\int_a^c f(x)\mathrm{d}x + \int_b^c f(x)\mathrm{d}x$

Ahora usa $u=\phi(x)=x(x-a-b)$ . Por lo tanto, tiene $x=\dfrac{a+b-\sqrt{(a+b)^2+4u}}{2}=\psi_1(u)$ en $[a,c]$ y $x=\dfrac{a+b+\sqrt{(a+b)^2+4u}}{2}=\psi_2(u)$ en $[c,b]$

Esto daría $$\int_a^b f(x) \mathrm{d}x=\int_{-ab}^{-(a+b)^2/4}f(\psi_1(u))\psi_1'(u)\mathrm{d}u + \int_{(a+b)^2/4}^{-ab}f(\psi_2(u))\psi_2'(u)\mathrm{d}u$$

Y ves que no puedes "fusionar" estas dos integrales porque su contenido es ahora diferente.

Por supuesto, esta sustitución en u no parece ayudar mucho a calcular la integral, sobre todo porque $f$ es general. Pero si $f$ tiene una forma particular, tal vez esto podría ayudar.

Answer 2

La única manera de hacer tal sustitución para calcular $\int_a^b f(x)\,dx$ es si hay alguna función $g$ tal que: $$f(x)\,dx=g(u)\,du=g(x(x-a-b))(2x-a-b)\,dx$$

Así que si $f(x)=g(x(x-a-b))(2x-a-b)$ , entonces dejemos que $h(x)=f\left(\frac{a+b}{2}+x\right)$ entonces $h$ se define en $\left[-\frac{b-a}{2},\frac{b-a}{2}\right]$ y $h(-x)=-h(x)$ . Por lo que se entiende que si $f(x)$ es de esta forma, entonces:

$$\int_{a}^{b} f(x)\,dx \int_{-\frac{b-a}{2}}^{\frac{b-a}{2}}h(t)\,dt= 0$$ desde $h$ es una función impar.

Así que cuando se puede hacer la sustitución , sí que se consigue $0$ . El problema es que, para la función general $f$ , no se puede encontrar una función $g$ - se termina, en cambio, con una función multivaluada $g$ .

Del mismo modo, si utiliza $u=\sin x$ para calcular $\int_{0}^{\pi} f(x)\,dx$ entonces debería haber un $g$ tal que $f(x)=g(\sin x)\cos x$ . Y puedes demostrar que $$\int_{0}^{\pi}g(\sin x)\cos x\,dx = 0.$$ Esto se debe a que $f(\pi-x)=-f(x)$ .

---

En general, si $g(x)$ es una función continua y $u(x)$ una función diferenciable y $u(a)=u(b)$ entonces cualquiera: $$\int_{a}^{b} g(u(x))u'(x)\,dx = 0$$

Prueba: Dejemos que $G(x)=\int_{a}^{x} g(t)\,dt$ . Entonces $g(u(x))u'(x)=\frac{d}{dx}(G(u(x))$ por la regla de la cadena y la propiedad de que $G'=g$ . Entonces, por el Teorema Fundamental del Cálculo, $$\int_{a}^{b} g(u(x))u'(x)\,dx = G(u(x))\big\vert_{a}^{b}=0$$

Esto es esencialmente la forma larga de la sustitución - la sustitución es hacer lo contrario de la regla de la cadena.

Answer 3

Si utilizo este ejemplo : $\displaystyle \int_{-1}^1x^2\cdot dx$

Y que

$$\boxed{\begin{array}{ll}f:&\mathbb{R}_+&\to \mathbb{R}\\&X&\to\sqrt{\dfrac{X}{4}}\end{array}\qquad \text{AND }\qquad \begin{array}{ll}\varphi:&\mathbb{R}&\to \mathbb{R}_+\\&x&\to x^2\end{array}}$$

$f$ es continua y $\varphi([-1,1])\subset \mathcal{D}_f=\mathbb{R}_+$ que son suficientes

$\begin{array}{ll}\displaystyle \int_{-1}^1x^2\cdot dx &=\displaystyle\int_{-1}^1 \sqrt{\dfrac{x^2}{4}}\cdot2|x|\cdot dx=\displaystyle\int_{-1}^1 f(\varphi(x))\;|\varphi'(x)|\cdot dx\\\\ &=\displaystyle\int_{-1}^0 \sqrt{\dfrac{x^2}{4}}\cdot2(-x)\cdot dx+\displaystyle\int_{0}^1 \sqrt{\dfrac{x^2}{4}}\cdot2x\cdot dx\\\\ &=\displaystyle\int_{0}^{-1} \sqrt{\dfrac{x^2}{4}}\cdot2x\cdot dx+\displaystyle\int_{0}^1 \sqrt{\dfrac{x^2}{4}}\cdot2x\cdot dx\qquad \textbf{We apply the substitution: }s=\varphi(x)\\\\ &=\displaystyle \int_{\varphi(0)}^{\varphi(-1)}f(s)\cdot ds \quad +\int_{\varphi(0)}^{\varphi(1)}f(s)\cdot ds =2\int_0^1\dfrac{\sqrt{s}}{2}\cdot ds =\dfrac{2}{3}\end{array}$

Así que $\varphi$ no necesita ser una biyección