"Prueba" todas las integrales son $0$

Question

Dado cierta integral definida sobre $[a,b]$, se hace la sustitución $u = x(x-a-b)$. La integral se transforma en una integral sobre $[-ab,-ab]$, la cual es cero. ¿Qué está mal con este razonamiento? ¿Cuándo podemos y cuándo no podemos hacer una sustitución dada de u? Gracias.

Answer 1

En la teoría de integración, cuando deseas utilizar una sustitución de u, debes usar una función que sea un $C^1$-difeomorfismo. De lo contrario, podrías terminar con cosas extrañas.

Editar De hecho, como señaló @zhw, no es necesario un difeomorfismo. Para aplicar la sustitución $x=\psi(u)$ desde $u \in [c,d]$ hasta $x \in [a,b] solo necesitas que $\psi$ sea $C^1$ y que $\psi([c,d])$ esté incluido en el dominio de $f$, con $\psi(c)=a$ y $\psi(d)=b.

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

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

El hecho de que tu sustitución no sea inyectiva 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 usar tu sustitución.

Obtendrías $\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 utiliza $u=\phi(x)=x(x-a-b)$. Por lo tanto, tienes $x=\dfrac{a+b-\sqrt{(a+b)^2+4u}}{2}=\psi_1(u)$ 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 de u no parece ayudar mucho a calcular la integral, especialmente porque $f$ es general. Pero si $f$ tiene una forma particular, tal vez esto podría ayudar.

Answer 2

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

Entonces, si $f(x)=g(x(x-a-b))(2x-a-b)$, entonces deja que $h(x)=f\left(\frac{a+b}{2}+x\right)$, luego $h$ está definida en $\left[-\frac{b-a}{2},\frac{b-a}{2}\right]$, y $h(-x)=-h(x)$. Por lo tanto, obtienes que si $f(x)$ tiene esta forma, entonces:

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

Entonces, cuando la sustitución se pueda hacer, obtienes $0$. El problema es que, para la función general $f$, no puedes encontrar una función $g$ - en su lugar, terminas con una función multivaluada $g$.

De manera similar, si usas $u=\sin x$, para calcular $\int_{0}^{\pi} f(x)\,dx$ entonces debería existir 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 es porque $f(\pi-x)=-f(x)$.

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

Prueba: Sea $G(x)=\int_{a}^{x} g(t)\,dt$. Luego $g(u(x))u'(x)=\frac{d}{dx}(G(u(x)))$ 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 está haciendo lo contrario de la regla de la cadena.

Answer 3

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

Y permitir

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

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

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

Entonces $\varphi$ no necesita ser una biyección