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El formalismo detrás de integración por sustitución

Cuando usted está haciendo una integración por sustitución de hacer el siguiente trabajo. $$\begin{align*} u&=f(x)\\ \Rightarrow\frac{du}{dx}&=f^{\prime}(x)\\ \Rightarrow du&=f^{\prime}(x)dx y(1)\\ \Rightarrow dx&=\frac{du}{f^{\prime}(x)}\\ \end{align*}$$

Mi pregunta es: ¿qué diablos está pasando en la línea de $(1)$?!?

Este ha sido molestando como siempre! Usted ve, cuando me enseñaron esto en mi carrera me dijeron algo a lo largo de las líneas de los siguientes:

Usted acaba de tratar $\frac{du}{dx}$ como una fracción. Del mismo modo, cuando usted está haciendo la regla de la cadena $\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dv}\times\frac{dv}{dx}$ "cancelar" la $dv$ términos. Son igual que los de las fracciones. Sin embargo, nunca, nunca decir esto a un matemático puro.

Ahora, yo soy un matemático puro. Y, francamente, no me importa si la gente piensa de estos como fracciones o no. Sé que no son fracciones (sino es el límite de la diferencia de las fracciones como la diferencia tiende a cero). Pero creo que debo empezar a cuidar ahora...Así que, más precisamente,

$\frac{du}{dx}$ tiene un significado, pero que yo sepa, $du$ y $dx$ no tienen un significado. Por lo tanto, ¿podemos tratar $\frac{du}{dx}$ como una fracción, cuando estamos haciendo la integración por sustitución? Lo que está realmente pasando en la línea de $(1)$?

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littleO Puntos 12894

Considerar la evaluación de $\int (3x^2 + 2x) e^{x^3 + x^2} \, dx$ (como en este de Khan Academy video).

A menudo, los docentes van a decir, vamos a $u = x^3 + x^2$, y nota que "$du = (3x^2 + 2x) dx$". Por lo tanto, dicen, \begin{align} \int (3x^2 + 2x) e^{x^3 + x^2} \, dx y= \int e^u du \\ y= e^u + C \\ y= e^{x^3 + x^2} + C. \end{align}

Sin embargo, esta explicación es confuso porque no hay tal cosa como $du$ o $dx$.

Más claro (en mi opinión) y perfectamente rigurosa explicación es sólo para notar que nuestra integral tiene la forma $\int f(g(x)) g'(x) dx$, y el uso de la regla \begin{ecuación} \int f(g(x)) g'(x) dx = F(g(x)) + C \end{ecuación} donde $F$ es una antiderivada de $f$. Esta regla es claramente cierto, porque es nada más que la regla de la cadena en sentido inverso. No hay necesidad de utilizar ningún tipo de "infinitesimals" o cualquier cosa.

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Gudmundur Orn Puntos 853

Recordemos que $u$-sustitución en realidad es la inversa de la regla de la regla de la cadena, como la integración por partes es la inversa de la regla del producto regla. La esencia de la regla de la cadena es que

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}u}\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x},$$

es por eso que te gusta escribir derivados de ratios - a menudo, cuando parece que cancelar, en realidad, se "cancela", por así decirlo.

Una mejor manera de escribir $u$-sustitución es decir que $\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = f'(x)$, aunque bien podría solucionar esto como $u'(x)$, ya que es lo que realmente estamos haciendo. Entonces

$$ \int g(u(x))u'(x) \mathrm{d}x = \color{#F01C2C}{\int g(u(x)) \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}\mathrm{d}x = \int g(u) \mathrm{d}u} = \int g(u) \mathrm{d}u,$$

donde he apuntado la importante igualdad en rojo. El paso en rojo es visiblemente relacionados con la regla de la cadena: la parte que se ve como se cancela realmente cancelar. $\diamondsuit$

El tema aquí es que esto es válido debido a la regla de la cadena, y la notación es elegido para apoyar a los efectos de cancelación. El hecho de que la gente vaya alrededor de la separación de esta misma notación conveniente es en gran medida por diferentes razones, y/o porque son lo que implica una buena cantidad de conocimiento de "diferenciales."

Podemos incluso más directamente se relacionan esta a la regla de la cadena, dando una prueba. Considere la función

$$ F(x) = \int_{0}^x g(t)\mathrm{d}t.$$

Considere la función $F(u(x))$ y diferencian:

$$ \begin{align} F(u(x))' &= F'(u(x)) u'(x) = \frac{\mathrm{d}F}{\mathrm{d}u}\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}\\ &=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}u}\int_{0}^{u(x)} g(u(t))\mathrm{d}t \cdot u'(x)\\ y= g(u(x))u'(x). \end{align}$$

El segundo teorema fundamental del cálculo dice que

$$\begin{align} \int_a^b g(u(x))u'(x)\mathrm{d}x &= F(u(b)) - F(u(a)) \\ &= \int_{a}^{b} g(u(t))u'(t)\mathrm{d}t \\ &=\int_{a}^{b}g(u(t))\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}\mathrm{d}t. \end{align}$$

Por supuesto, también sabemos que $\displaystyle F(u(b)) - F(u(a)) = \int_{u(a)}^{u(b)} g(t) \mathrm{d}t = \int_{u(a)}^{u(b)} g(u) \mathrm{d}u$.

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fgp Puntos 15322

Una forma de interpretar $df$ ($f \,:\, \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ para simplificar)es vista como un mapa $$ df \,:\, \mathbb{R}\\izquierdo(\mathbb{R} \to \mathbb{R}\right) \,:\, c \mapsto \left(x \mapsto xF_c\right) \text{.} $$ En la llanura inglés, $df$ es el mapa que se asigna a cada punto en $\mathbb{R}$ para una función lineal de $\mathbb{R} \to \mathbb{R}$. Por cada $c$, el lineal de mapa $(df)(c) = x \mapsto xF_c$ es la mejor aproximación lineal de $f$ en el punto $c$. Sabemos, por supuesto, que esto no significa otra cosa que que $F_c = f'(c)$ - después de todo, esa es una manera de definir la derivada como la pendiente de la mejor aproximación lineal en el punto $c$.

Entonces, ¿cuál es $\frac{du}{dv}$, entonces? Es un cociente de mapas, y si interpretar es simplemente el punto de sabios, se obtiene $$ \frac{du}{dv} = \frac{(c,x) \mapsto xU_c}{(c,x) \mapsto xV_c} = (c,x) \mapsto \frac{xU_c}{xV_c} = (c,x) \mapsto \frac{U_c}{V_c} \text{.} $$ Esto no dependen de $x$ más, así que se puede re-interpretar como una función $\mathbb{R} \to \mathbb{R}$, y si $u=u(v)$ y $v$ es una variable independiente, entonces $U_c = u'(c)$ y $V_c = 1$, por lo que tenemos $\frac{du}{dv} \,:\, \mathbb{R} \to \mathbb{R} \,:\, c \mapsto u'(c)$, es decir $\frac{du}{dv} = u'$.

0voto

ellya Puntos 8756

Cuando la aplicación de nociones como la regla de la cadena y la sustitución tratamos derivados como fracciones, pero las reglas son ligeramente dobladas, ya que por múltiples variables de la regla de la cadena:

si $\frac{\partial f(g(t),h(t))}{\partial t}= \frac{\partial f}{\partial g}\frac{\partial g}{\partial t}+\frac{\partial f}{\partial h}\frac{\partial h}{\partial t}$, pero si tenemos que cancelar estas abajo tenemos $\frac{\partial f(g(t),h(t))}{\partial t}=2\frac{\partial f(g(t),h(t))}{\partial t}$.

Pero en una variable como antes, todo funciona sin problemas, y es goodd tomar nota de las cosas como "$dx$" son infinitesimely pequeños cambios en x, de modo que cuando consideramos $du/dx$, consideramos que tanto "$du$" y "$dx$" como ellos se convierten en infinitesimely pequeño, así que puede manipular como fracciones.

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MarkisaB Puntos 655

Considere la posibilidad de la interpretación geométrica tiene un derecho de la plaza, con longitudes que van de $\Delta x$ y $\Delta u$ y $f$ es en realidad $f'=k=\tan(\alpha) de dólares para que $f'=k=\tan(\alpha)=\frac{\Delta u}{\Delta x}$. Ahora vamos a $\Delta x \rightarrow 0$ y obtener una definición de derivación... Así que du y dx tiene un significado y hacer algo como $dx=\frac{du}{f'(x)}$ tiene sentido.

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