214 votos

Realmente avanzadas técnicas de integración (definido o indefinido)

Bueno, así que todo el mundo sabe que los métodos habituales de resolución de integrales, es decir, u-sustitución, integración por partes, fracciones parciales, sustituciones trigonométricas, y la reducción de las fórmulas. Pero, ¿qué más hay? Cada vez que me de la búsqueda para "Técnicas Avanzadas de Integración Simbólica" o "Super Avanzadas Técnicas de Integración", obtengo los mismos resultados que terminan hablando sólo de los métodos mencionados anteriormente. ¿Hay algún super oscuro y diversas técnicas para la resolución de las integrales?

Como un ejemplo de algo que podría ser oscuras, la fórmula para el "general de integración por partes" de $n$ funciones $f_j, \ j = 1,\cdots,n$ está dado por $$ \int{f_1'(x)\prod_{j=2}^n{f_j(x)}dx} = \prod_{i=1}^n{f_i(x)} - \sum_{i=2}^n{\int{f_i'(x)\prod_{\substack{j=1 \\ j \neq i}}^n{f_j(x)}dx}} $$ que no es necesariamente útil ni difíciles de obtener, pero es interesante de todas formas.

Así por curiosidad, ¿hay algún loco desconocido simbólico de técnicas de integración?

186voto

Fujoyaki Puntos 1455

Aquí están unos pocos. La primera de ellas se incluye porque no es muy conocido y no es general, aunque los que siguen son muy generales y muy útil.


  • Un grande, pero no muy bien conocido camino para encontrar la primitiva de $f^{-1}$ en términos de la primitiva de $f$, $F$, es (muy fácil de probar: sólo se diferencian ambos lados y el uso de la regla de la cadena): $$ \int f^{-1}(x)\, dx = x \cdot f^{-1}(x)-(F \circ f^{-1})(x)+C. $$

Ejemplos:

$$ \begin{aligned} \displaystyle \int \arcsin(x)\, dx &= x \cdot \arcsin(x)- (-\cos\circ \arcsin)(x)+C \\ &=x \cdot \arcsin(x)+\sqrt{1-x^2}+C. \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} \int \log(x)\, dx &= x \cdot \log(x)-(\exp \circ \log)(x) + C \\ &= x \cdot \left( \log(x)-1 \right) + C. \end{aligned} $$


  • Este es más bien conocido, y muy potente, que se llama diferenciación bajo el signo integral. Se requiere ingenio la mayoría de el tiempo para saber cuando aplicar, y cómo se aplican, pero que sólo lo hace más interesante. La técnica utiliza el simple hecho de que $$ \frac{\mathrm d}{\mathrm d x} \int_a^b f \left({x, y}\right) \mathrm d y = \int_a^b \frac{\partial f}{\partial x} \left({x, y}\right) \mathrm d y. $$

Ejemplo:

Queremos calcular la integral de la $\int_{0}^{\infty} \frac{\sin(x)}{x} dx$. Para ello, se unintuitively considerar el más complicado integral de la $\int_{0}^{\infty} e^{-tx} \frac{\sin(x)}{x} dx$ lugar.

Vamos $$ I(t)=\int_{0}^{\infty} e^{-tx} \frac{\sin(x)}{x} dx,$$ then $$ I'(t)=-\int_{0}^{\infty} e^{-tx} \sin(x) dx=\frac{e^{-t x} (t \sin (x)+\cos (x))}{t^2+1}\bigg|_0^{\infty}=\frac{-1}{1+t^2}.$$

Dado que tanto $I(t)$ $-\arctan(t)$ son primitivas de la $\frac{-1}{1+t^2}$, se debe sólo difieren por una constante, de modo que $I(t)+\arctan(t)=C$. Deje $t\to \infty$,$I(t) \to 0$$-\arctan(t) \to -\pi/2$, y, por tanto,$C=\pi/2$, e $I(t)=\frac{\pi}{2}-\arctan(t)$.

Finalmente, $$ \int_{0}^{\infty} \frac{\sin(x)}{x} dx = I(0) = \frac{\pi}{2}-\arctan(0) = \boxed{\frac{\pi}{2}}. $$


  • Este es probablemente el más comúnmente usado "avanzada técnica de integración", y por buenas razones. Es conocido como el "teorema de los residuos" y afirma que si $\gamma$ es un simple y cerrada hacia la izquierda de la curva, a continuación,$\displaystyle \int_\gamma f(z) dz = 2\pi i \sum_{k=1}^n \operatorname{Res} ( f, a_k )$ . Va a ser difícil para que usted pueda entenderlo sin conocimientos en análisis complejo, pero usted puede conseguir el quid de la cuestión con el artículo de wiki. Ejemplo:

    Queremos calcular $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^2}{1+x^4} dx$. Los polos de nuestra función de $f(z)=\frac{x^2}{1+x^4}$ en la mitad superior del plano se $a_1=e^{i \frac{\pi}{4}}$$a_2e^{i \frac{3\pi}{4}}$. Los residuos de nuestra función en esos puntos son $$ \operatorname{Res}(f,a_1)=\lim_{z\a a_1} (z-a_1)f(z)=\frac{e^{i \frac{-\pi}{4}}}{4}, $$ y $$ \operatorname{Res}(f,a_2)=\lim_{z\a a_2} (z-a_2)f(z)=\frac{e^{i \frac{-3\pi}{4}}}{4}. $$ Deje $\gamma$ ser el camino cerrado en torno a los límites de la semicírculo de radio $R>1$ en la mitad superior del plano, el recorrido en el sentido antihorario. A continuación, el residuo teorema nos da ${1 \over 2\pi i} \int_\gamma f(z)\,dz=\operatorname{Res}(f,a_1)+\operatorname{Res}(f,a_2)={1 \over 4}\left({1-i \over \sqrt{2}}+{-1-i \over \sqrt{2}}\right)={-i \over 2 \sqrt{2}}$$ \int_\gamma f(z)\,dz= {\pi \over \sqrt{2}}$. Ahora, por la definición de $\gamma$, tenemos: $$ \int_\gamma f(z)\,dz = \int_{-R}^R \frac{x^2}{1+x^4} dx + \int_0^\pi {i (R e^{es})^3 \mayores de 1+(R e^{es})^4} dz = {\pi \\sqrt{2}}. $$ Para la integral en el semicírculo $$ \int_0^\pi {i (R e^{es})^3 \mayores de 1+(R e^{es})^4} dz, $$ tenemos $$ \begin{aligned} \left| \int_0^\pi {i (R e^{it})^3 \over 1+(R e^{it})^4} dz \right| &\leq \int_0^\pi \left| {i (R e^{it})^3 \over 1+(R e^{it})^4} \right| dz \\ &\leq \int_0^\pi {R^3 \over R^4-1} dz={\pi R^3 \over R^4-1}. \end{aligned} $$ Por lo tanto, como $R\to \infty$,${\pi R^3 \over R^4-1} \to 0$, y, por tanto,$\int_0^\pi {i (R e^{it})^3 \over 1+(R e^{it})^4} dz \to 0$. Finalmente, $$ \begin{aligned} \int_{-\infty}^\infty \frac{x^2}{1+x^4} dx &= \lim_{R\to \infty} \int_{-R}^R \frac{x^2}{1+x^4} dx \\ &= \lim_{R\to \infty} {\pi \over \sqrt{2}}-\int_0^\pi {i (R e^{it})^3 \over 1+(R e^{it})^4} dz =\boxed{{\pi \over \sqrt{2}}}. \end{aligned} $$


Ejemplo:

Queremos calcular el muy desordenado integral de la $\int_0^{2\pi} \cos (\cos (x)+1) \cosh (\sin (x)) dx$. Primero nos aviso que $$ \begin{aligned} &\hphantom{=} \cos [\cos (x)+1] \cosh [\sin (x)] \\ &=\Re\left\{ \cos [\cos (x)+1] \cosh [\sin (x)] -i\sin [\cos (x)+1] \sinh [\sin (x)] \right\} \\ &= \Re \left[ \cos \left( 1+e^{i x} \right) \right]. \end{aligned} $$ Entonces, tenemos $$ \begin{aligned} \int_0^{2\pi} \cos [\cos (x)+1] \cosh [\sin (x)] dx &= \int_0^{2\pi} \Re \left[ \cos \left( 1+e^{i x} \right) \right] dx \\ &= \Re \left[ \int_0^{2\pi} \cos \left( 1+e^{i x} \right) dx \right] \\ &= \Re \left( \cos(1) \cdot 2 \pi \right)= \boxed{2 \pi \cos(1)}. \end{aligned} $$

125voto

JessicaK Puntos 2941

Usted puede hacer la integración, invirtiendo la matriz de representación de la diferenciación del operador con respecto a una inteligente elección de una base y después aplicar el inverso del operador a la función que se desea integrar.

Por ejemplo, considere la base $\mathcal{B} = \{e^{ax}\cos bx, e^{ax}\sin bx \}$. Diferenciando con respecto a $x$ da \begin{align*} \frac{d}{dx}e^{ax} \cos bx &= ae^{ax} \cos bx - be^{ax} \sin bx\\ \frac{d}{dx} e^{ax} \sin bx &= ae^{ax} \sin bx + be^{ax} \cos bx \end{align*}

y la representación de la matriz de la aplicación lineal operador es

$$T = \begin{bmatrix} a & b\\ -b & a \end{bmatrix}$$

A continuación, resolver algo como $\int e^{ax}\cos bx\operatorname{d}\!x$, esto es equivalente a calcular

$$T^{-1}\begin{bmatrix} 1\\ 0 \end{bmatrix}_{\mathcal{B}} = \frac{1}{a^{2} + b^{2}}\begin{bmatrix} a\\ b \end{bmatrix}_{\mathcal{B}}.$$

Es decir,

$$\int e^{ax}\cos bx\operatorname{d}\!x = \frac{a}{a^{2}+b^{2}}e^{ax}\cos bx + \frac{b}{a^{2} + b^{2}}e^{ax}\sin bx$$

44voto

lhf Puntos 83572

Para una muy avanzada técnica, es posible que desee leer sobre el algoritmo de Risch indefinida de integración, el cual es implementado en las principales simbólico programas de matemáticas.

37voto

Chantry Cargill Puntos 1985

Otra opción es convertir el valor de la integral de una suma. Por ejemplo,

$$ \int{\frac{1}{1 + x^2}dx} = \int\sum_{i = 0}^\infty{(-1)^ix^{2i}}dx = \sum_{i = 0}^\infty(-1)^i\int{x^{2i}}dx = \sum_{i = 0}^\infty \frac{(-1)^ix^{2i+1}}{2i + 1}.$$

Usted podría entonces hacer uso del hecho de que,

$$\sum_{i = 0}^\infty \frac{(-1)^ix^{2i+1}}{2i + 1} = \tan^{-1}{x}.$$

Por supuesto, usted necesita estar familiarizado con muchos diferentes de la serie, que viene con la práctica. De hecho, la mayoría de las derivaciones de $\arctan(x)$ como una serie en realidad, de utilizar el método que acabo de utilizar. Sin embargo, todavía sirve como un ejemplo de la técnica.

19voto

Sherlock Holmes Puntos 1638

Par/impar propiedades de la función, la simetría de la función sobre una determinada línea.

$$\int^a_0f(x) dx=\int^a_0f(a-x) dx$$.

Probablemente hay un par de otros que se me ha olvidado.

Edit: no importa, yo no me di cuenta de que esta le preguntó por 'indefinido' integración - mis disculpas.

Un buen truco es que a veces se multiplican integral por un factor de uno (como es el caso de la integración de la secante y la cosecante de la función).

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by: