¿Por qué no $\int_{-1}^1{\frac{dx}{x}}$ ser evaluado?

Question

Lo acabo de ver esta pregunta en brilliant.org y encontró que muchas personas discuten sobre si esto podría ser evaluados. Mi respuesta fue de 0, porque es una función impar, pero otros sostienen que, como la de la asíntota vertical no puede ser correctamente evaluados.

Entiendo el concepto general de que hay "diferentes" infinitos debido a que las funciones tienen diferentes tasas de cambio. Sin embargo, esto me parece una especialmente desconcertante debido a que esta función se ajusta a los criterios $$1)\frac{d^{2n-1}}{dx^{2n-1}}f(x)=\frac{d^{2n-1}}{dx^{2n-1}}f(-x)$$ $$2)\frac{d^{2n}}{dx^{2n}}-f(x)=\frac{d^{2n}}{dx^{2n}}f(-x)$$ $$3) -f(x)=f(-x)$$

Sé que de todos los impares funciones se ajustan a este criterio, pero estoy escribiendo esto de forma explícita, porque esto significa que no debería ser diferente infinitos ; se inicio en puntos opuestos, y vaya al mismo ritmo en todo momento.

Si esta integral se expresa como una serie que representa a $\int_{-1}^0{\frac{dx}{x}}$$\int_{0}^1{\frac{dx}{x}}$, siempre hay un par de puntos que anulan, a pesar de que las integrales aproxima a infinito a medida que se acercan a 0.

Esto hace que sea aún más desconcertante, porque recuerdo que la suma de todos los números enteros ser -1/12 - la derivación de las que se exige la cancelación de muchos pares de números que representan la serie.

Mi pregunta es: ¿Cómo podemos justificar que $\int_{-1}^1{\frac{dx}{x}}$ no es integrable debido a la asíntota vertical si los infinitos que estamos tratando son los "infinitos", aunque con signos opuestos?

Answer 1

Lo que dices de esto depende un poco de su definición. Una manera de lidiar con las integrales donde se integran más de un punto no en el dominio, es dividir la integral en dos integrales. Esta es la definición/enfoque adoptado en, por ejemplo, Stewart de cálculo del libro. Así $$ \int_{-1}^1 \frac{1}{x}\;dx = \int_{-1}^0 \frac{1}{x}\; dx + \int_0^{1}\frac{1}{x}\; dx. $$ Decimos que la integral existe si ambas salidas. Pero $$ \int_0^1\frac{1}{x}\;dx = \lim_{t\to 0^+} \int_t^1\frac{1}{x}\;dx $$ no. Así $$ \int_{-1}^1\frac{1}{x}\; dx $$ no existe. Y esta es la forma más común de considerar la integral.

Hay una manera de asignar un valor a la integral. Para más sobre esto, vea este artículo de la Wikipedia: https://en.wikipedia.org/wiki/Cauchy_principal_value.

Answer 2

El integrando no está definido en $x=0$, así que, básicamente, esta expresión no es significativo todavía. Una vez le pregunte a un matemático preciso pregunta, nos puede responder. Así, lo que queremos decir con la expresión $\int_{-1}^1 \frac{1}{x}\; dx$ en el primer lugar? Podríamos preguntar qué es

$\lim_{\delta \to 0} \int_{-1}^{-\delta} \frac{1}{x}\; dx + \int_{\delta}^1 \frac{1}{x}\; dx$?

La respuesta es cero esencialmente por las razones que se han expuesto.

Pero también podemos preguntarnos si el límite

$\lim_{(\alpha,\beta) \to (0,0)} \int_{-1}^{-\alpha} \frac{1}{x}\; dx + \int_{\beta}^1 \frac{1}{x}\; dx$

existe o similares tales preguntas. Ahora se ve mal. Podríamos, por ejemplo, $(\alpha,\beta) = (\delta,\delta^2)$ y deje $\delta \to 0$. Ahora la parte positiva de la expresión contribuye $2\log \delta$, pero la parte negativa sólo $-\log \delta$.

Answer 3

En primer lugar, la función no se ajustan a estos criterios en $x=0$, por lo que los trucos extraños funciones no necesariamente se aplican. Segundo, el defecto crítico aquí es cuando dices "ir al mismo ritmo en todo momento." Presupone en esta declaración es que, para la suma de Riemann, particiones de los intervalos en la misma forma. Sin embargo, para la integral para existir, necesita el límite debe ser la misma independientemente de cómo se partición. Y si la partición de la parte negativa de diferente manera que el lado positivo, usted recibirá una respuesta diferente.

Answer 4

Yo no creo que haya ningún tipo de respuesta que va a satisfacer completamente a ti.

La pregunta es una reminiscencia de (pero más avanzado que): "¿por qué no podemos decir $1/0 = \infty$?", y la respuesta es la misma:

• se podría hacer que algunos otros hechos falsos que tenemos que son más importantes para nosotros (por ejemplo, para la división por cero, que nos puede solucionar $ax = b$ exclusivamente para $x$ al $b \neq 0$; para esta integral impropia, que $\int_a^b f(x) dx = \int_a^c f(x) dx + \int_c^b f(x) dx$.)

• las razones por las que esos hechos son más importantes para nosotros son es porque usamos más a menudo, pero si realmente queríamos, podíamos introducir el convenio que usted prefiere, a un costo que la mayoría de nuestros hechos podrían tener un montón de advertencias en ellos.

• de hecho, algunos de los matemáticos HACEN uso de los "no convencionales convención" en ciertos contextos donde es más conveniente (por ejemplo, automorfismos de la esfera de Riemann son más fáciles de trabajar con si afirmamos $1/0 = \infty$; el valor principal de Cauchy de la integral se calcula exactamente como se describe.)

La razón dudo que encontrarás en esta gratificante es que sólo después de trabajar con el "malo" de las integrales sobre una base regular, ¿realmente preocuparse cuando las reglas para el manejo integral de los símbolos usados. En el mundo real, estos no vienen tanto (al menos para la división por cero, un buen cálculo estudiante debe venir a apreciar por qué dejamos indefinido. Para las integrales, me imagino que alguien que no tiene una licenciatura en educación en matemáticas puras va a ser insatisfecho que no nos acaba de definir el valor a ser el valor principal de Cauchy en este caso, aunque creo que nuestras convenciones son correctos).

Answer 5

Por definición, para que una función sea integrable en un intervalo, la función debe estar definida sobre el intervalo. Por lo tanto, $\frac{1}{x}$ no es integrable sobre $[-1;1]$ ya que no está definida sobre el intervalo.

Incluso si hablamos de las integrales impropias, obtendríamos $\infty-\infty$ que es una forma indeterminada, haciendo que la forma habitual de calcular las integrales impropias inútil aquí.

Sin embargo, su comentario no es redundante y un concepto que ya ha sido hecho. Ese concepto es el Valor Principal de Cauchy que asigna valores a tales integrales como el tuyo.

$PV \int_{-1}^{1}\frac{dx}{x}=\lim_{a\to0+}\int_{-1}^{-a} \frac{dx}{x}+\int_{a}^1 \frac{dx}{x}$

Esto es demostrado ser $0$ a través de fácil cálculo que captura la intuitiva concepto detrás de sus palabras.