¿Qué otros trucos y técnicas puedo usar en la integración?

Como estudiante de secundaria, la mayoría de los trucos que conozco ya fueron mencionados por ti o en los comentarios. Sin embargo, hay un truco más que no creo que nadie haya mencionado: Integrar una función inversa.

$$\int\!f^{-1}(x)\ dx = x\cdot\!f^{-1}(x)\ - F(f^{-1}(x))\ + c$$ donde $$F(x) = \int\!f(x)\ dx$$

Por ejemplo, si desea encontrar$\int\cos^{-1}(x)\ dx,$usted tendrá

$$f(x)= \cos x$$ y $$F(x) = \int\cos x\ dx = \sin x\ (+c)$$

Entonces para encontrar$\int\cos^{-1}(x)\ dx,$utilice la fórmula de la siguiente manera:

$$\int\cos^{-1}(x)\ dx = x\cdot\cos^{-1}(x)\ - \sin(\cos^{-1}(x))\ + c$$ $$= x\cdot\cos^{-1}(x)\ - \sqrt {1-x^2}\ + C$$

Personalmente, me gusta este truco, ya que se puede generalizar a cualquier función inversa. Una forma sencilla de probarlo sería usar la regla de la cadena, pero es una fórmula muy buena que evita resolver las cosas desde cero cada vez.

Espero que haya ayudado a agregar a su lista :)

Puede agregar integrales binomiales (integrales de Chebyschev) que son las de la forma$\int x^m(a+bx^n)^{\frac pq}dx$donde$a,b$Son reales,$p,q$entero y$m,n$racional. Chebyschev demostró que estas integrales son funciones elementales solo cuando al menos una de$\dfrac pq,\dfrac{m+1}{n}$o$\dfrac{m+1}{n}+\dfrac pq$son números enteros. Por ejemplo$\int x^4(1+x^4)^{\frac 12}dx$no es calculable por métodos elementales.

Más precisamente para los tres casos anteriores de solubilidad elemental tenemos:

►$\dfrac pq$es un número entero: Aplicar el binomio de Newton.

►$\dfrac{m+1}{n}$es un entero: cambiar variable$u=(a+bx^n)^{\frac 1q}$.

►$\dfrac{m+1}{n}+\dfrac pq$es un entero: cambiar variable$u=\left(\dfrac{a+bx^n}{x^n}\right)^{\frac 1q}$

EJEMPLO . Si$\int\frac{1}{x^4\sqrt{1+x^2}}dx$luego poniendo$u=\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}$conduce a la integral$\int(1-u^2)du$

Dado que mencionaste el truco de Feynman como uno de los métodos que conoces, asumiré que estás al menos un poco familiarizado con las integrales multivariables. Si permite esto, entonces algunas técnicas que puede usar son las siguientes

• Una técnica es trabajar con integrales dobles para evaluar una integral simple. Un gran ejemplo se encuentra aquí , donde esta técnica se utiliza para evaluar$\int_0^{\infty} \frac{\sin(x)}{x} \, \mathrm{d}x$. En la respuesta vinculada, el OP muestra que puede comenzar con la ecuación: $$\int_{0}^{\infty} \left(\int_{0}^{\infty} e^{-xy} \sin x \, \mathrm{d}y\right)\, \mathrm{d}x = \int_{0}^{\infty} \left(\int_{0}^{\infty} e^{-xy} \sin x \, \mathrm{d}x\right)\, \mathrm{d}y$$ y luego, integrando el LHS primero con respecto a$y$y luego$x$, pero en el RHS integrando primero con respecto a$x$y luego$y$usted obtiene $$\int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x} \, \mathrm{d}x= \int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+y^2}\, \mathrm{d}y = \lim_{x\to \infty}\arctan(x) - 0 = \frac{\pi}{2}$$
• También en los trucos multivariables se utiliza un cambio de sistema de coordenadas para evaluar una integral. Esta es una forma estándar de evaluar$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \, \mathrm{d}x$haciendo $$\left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \, \mathrm{d}x\right)^2 = \left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \, \mathrm{d}x\right)\left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2} \, \mathrm{d}y\right) = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\left(x^2 + y^2 \right)} \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}x$$ y aquí notando que estamos integrando sobre todo el plano cartesiano (ya que vamos de$- \infty$para$\infty$en ambos$x$y$y$direcciones) podemos transformar a coordenadas polares recordando que$x ^2 + y^2 = r^2$y que el diferencial de área en coordenadas polares es$\mathrm{d}A = \mathrm{d}y\, \mathrm{d}x = r\, \mathrm{d}r \, \mathrm{d}\theta$. Obtenemos $$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\left(x^2 + y^2 \right)} \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}x = \int_0^{2 \pi} \int_{0}^{\infty} e^{-r^2} r\, \mathrm{d}r \, \mathrm{d}\theta = \int_0^{2 \pi} \frac{1}{2} \, \mathrm{d}\theta = \pi$$ y por lo tanto concluimos que $$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \, \mathrm{d}x = \sqrt{\pi}$$

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Otro enfoque que puede tomar es tratar de convertir una pregunta de integración en ecuaciones donde la variable es la propia integral . Un ejemplo de esto es el truco usado para evaluar$I =\int e^x \sin(x)\, \mathrm{d}x$. Aplicando integración por partes dos veces obtenemos que

$$\begin{align*} &\underbrace{\int e^x \sin(x) \, \mathrm{d}x}_{\color{blue}{I}} = \sin(x) e^x- \cos(x)e^x - \underbrace{\int e^x \sin(x)\, \mathrm{d}x}_{\color{blue}{I}}\\ \implies& \int e^x \sin(x)\, \mathrm{d}x = I = \frac{e^x (\sin(x) - \cos(x))}{2} + C \end{align*}$$ donde vemos que transformamos nuestra pregunta integral en resolver una ecuación lineal con la única incógnita $I$.

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Además, si está un poco familiarizado con las ecuaciones diferenciales, es posible que a veces pueda pasar de una pregunta integral a una pregunta de ecuaciones diferenciales . Uno de mis ejemplos favoritos de esto es la evaluación de la integral$\int_{0}^{\infty} \frac{\sin^2(x)}{x^2(x^2 +1)} \, \mathrm{d}x$. Comienza con una configuración de truco de Feynman estándar introduciendo un parámetro$t$, que a su vez define la función

$$I(\color{purple}{t}) = \int_{0}^{\infty} \frac{\sin^2(x\color{purple}{t})}{x^2(x^2 +1)}\, \mathrm{d}x$$ que satisface $I(0)=0$, $I'(0) = 0$y $I''(0) =\int_{0}^{\infty} \frac{2}{x^2+1} \, \mathrm{d}x = \pi$. Dado esto, derivando bajo el signo integral $3$veces que obtienes eso $$\begin{align*} \frac{d^3}{dt^3}\int_{0}^{\infty} \frac{\sin^2(xt)}{x^2(x^2 +1)} \, \mathrm{d}x &= -2 \pi + 4 \underbrace{\int_{0}^{\infty} \frac{\sin(2xt)}{x(x^2 +1)} \, \mathrm{d}x}_{\color{purple}{\frac{d}{dt} I(t)}}\\ \implies I'''(t) &= - 2 \pi + 4 I'(t) \end{align*}$$ Así que ahora la pregunta se ha transformado en la de resolver la ecuación diferencial anterior. Ahora, aunque la mayoría de los métodos para resolver ecuaciones diferenciales no se enseñan en la escuela secundaria, la idea de resolver una ecuación diferencial es bastante fácil de seguir: Encuentra una función $I(t)$tal que satisfaga la ecuación anterior. Así que si te digo que la función $$f(t) = \frac{\pi}{4} \left(2t+ e^{-2t} -1 \right)$$ satisface la ecuación diferencial, puede verificar esto fácilmente haciendo $$f'''(t) = -2\pi e^{-2t} = -2\pi + 4 \left[\frac{\pi}{2}\left(1- e^{-2t}\right)\right] = - 2\pi + 4 f'(t)$$ ¡Qué gran noticia! Ya que hemos encontrado otra función $f(t)$además $I(t) = \int_{0}^{\infty} \frac{\sin^2(xt)}{x^2(x^2 +1)} \, \mathrm{d}x$que satisface la misma ecuación diferencial (y también las mismas condiciones iniciales de $I(0), I'(0)$y $I''(0)$) entonces podemos concluir que son iguales : $$\int_{0}^{\infty} \frac{\sin^2(xt)}{x^2(x^2 +1)}\, \mathrm{d}x =\frac{\pi}{4} \left(2t+ e^{-2t} -1 \right)$$ y por lo tanto, sustituyendo $t=1$podemos encontrar el valor de nuestra integral original para ser $$\int_{0}^{\infty} \frac{\sin^2(x)}{x^2(x^2 +1)} \, \mathrm{d}x = \frac{\pi}{4} \left(1+ \frac{1}{e^2} \right)$$

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No necesariamente técnicas, pero hay varias fórmulas integrales que pueden ser útiles para simplificar una integral. Tenga en cuenta que las siguientes fórmulas son válidas siempre que las expresiones integrales tengan sentido (es decir, convergen y son lo suficientemente suaves):

1. $$\int_{0}^{\infty} \frac{\ln(x)}{ax^2 + bx +c}\, \mathrm{d}x = -\int_{0}^{\infty} \frac{\ln(x)}{cx^2 + bx +a} \, \mathrm{d}x\color{blue}{\implies} \int_{0}^{\infty} \frac{\ln(x)}{ax^2 + bx +a}\, \mathrm{d}x=0$$
2. $$\int_{0}^{\pi} x f \left( \sin(x)\right)\, \mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi} f \left( \sin(x)\right) \, \mathrm{d}x$$
3. $$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \, \mathrm{d}x = \int_{-\infty}^{\infty} f\left(x- \frac{1}{x}\right) \, \mathrm{d}x$$ este último también puede ser visto como un caso especial de$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \, \mathrm{d}x = \int_{-\infty}^{\infty} f\left(x- \frac{a}{x}\right) \, \mathrm{d}x$por$a >0$que es una de las respuestas aquí .
4. Para$y = f(x)$,$f(a) = c$y$f(b) = d$un buen resultado es la identidad $$\int_{a}^{b} f(x) \, \mathrm{d}x + \int_c^d f^{-1}(y) \, \mathrm{d}y = bd - ac$$
5. Tenemos la integral de Frullani que da: $$\int _{0}^{\infty }{\frac {f(ax)-f(bx)}{x}} \, \mathrm{d}x =\left(f(\infty)-f(0)\right)\ln\left(\frac {a}{b}\right)$$ donde$f(\infty) = \lim_{x \to \infty} f(x)$
6. Para$f$con una antiderivada acotada en$[0, \infty)$, entonces $$\int_{0}^{\infty} f(x) \, \mathrm{d}x= \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty}f(x) + \frac{f\left(\frac{1}{x}\right)}{x^2}\, \mathrm{d}x$$
7. Dadas dos funciones pares$E(x), \mathcal{E}(x)$y una función impar$O(x)$, entonces para algunos$a \in \mathbb{R}$: $$\int_{-a}^{a} \frac{E(x)}{1 + \left[ \mathcal{E}(x)\right]^{O(x)}}\, \mathrm{d}x = \int_{0}^{a} E(x) \, \mathrm{d}x$$

Esta es bastante obvia, pero extremadamente subestimada y sin usar: si crees que puedes manipular una integral para que se ajuste a la forma de la regla de diferenciación del cociente, ¡ hazlo ! No puedo decirte cuántas integrales he evaluado con esta técnica que, a primera vista, parecen imposibles de expresar en términos de funciones elementales. Un ejemplo es

$$\int\frac{1}{\ln(x)}-\frac{1}{\ln^2(x)}\text{ }dx$$

Una expresión elemental para esta integral parece irremediablemente fuera de alcance: es bien sabido que$\int\frac{1}{\ln(x)}dx$y$\int\frac{1}{\ln^2(x)}dx$son integrales no elementales, y la anterior es una combinación lineal de las dos. qué hacemos? Bueno, un poco de manipulación algebraica nunca está de más, incluso si parece hacer que el integrando sea más complicado, así que intentémoslo. En particular, combinemos los términos haciendo que tengan el mismo denominador; la forma más fácil de hacer esto es multiplicar y dividir$\frac{1}{\ln(x)}$por$\ln(x)$.

$$\begin{align*} \int\frac{1}{\ln(x)}-\frac{1}{\ln^2(x)}\text{ }dx &= \int\frac{\ln(x)}{\ln^2(x)}-\frac{1}{\ln^2(x)}\text{ }dx\\ &= \int\frac{\ln(x)-1}{\ln^2(x)}dx \end{align*}$$

Ahora para la manipulación clave: reemplazar$1$con$\frac{x}{x}$. Esto es perfectamente aceptable porque el integrando original no estaba definido en$0$($\ln x$es indefinido para$x=0$).

$$\begin{align*} \int\frac{\ln(x)-1}{\ln^2(x)}dx &= \int\frac{1\cdot\ln(x)-\frac{x}{x}}{\ln^2(x)}dx\\ &= \int\frac{1\cdot\ln(x)-\frac{1}{x}\cdot x}{\ln^2(x)}dx \end{align*}$$

Probablemente lo veas ahora. si dejamos$f(x)=x$y$g(x)=\ln(x)$, entonces la regla del cociente da

$$\left(\frac{f}{g}\right)'(x)=\frac{f'(x)g(x)-g'(x)f(x)}{[g(x)]^2}=\frac{1\cdot\ln(x)-x\cdot\frac{1}{x}}{\ln^2(x)}$$

Por lo tanto, nuestro integrando es simplemente la derivada de$\frac{x}{\ln(x)}$. Esto da inmediatamente

$$\int\frac{1}{\ln(x)}-\frac{1}{\ln^2(x)}\text{ }dx=\frac{x}{\ln(x)}+C$$

Aquí hay un par más:

1. Un truco común también es dejar que la integral en cuestión sea$I$y agréguelo a sí mismo para simplificar las cosas. Por ejemplo, intente calcular:

$$I=\int_{0}^{2014}{\frac{\sqrt{2014-x}}{\sqrt{x}+\sqrt{2014-x}}dx}$$

haciendo una sustitución$u = 2014-x$y sumando la integral resultante a la original da$2I = \int_0^{2014} 1 \,dx$.

2. Otro truco es la geometría. El más común que encuentran los estudiantes es un círculo, pero aquí hay uno diferente (del MIT Integration Bee 2019):

$$\lim_{n \to \infty}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^{2n}} \,dx.$$ Si dibujas la imagen, solo obtienes un rectángulo de altura. $1$y longitud $2$, entonces la respuesta es $2$.

3. sumas de Riemann. Intente computar (sin residuos)

$$\int_0^{\pi} \ln(1-2a \cos x + a^2) \,dx$$

Si divides el intervalo$[0,\pi]$en$n$intervalos de igual tamaño, se obtiene una buena factorización que se evalúa como$\frac{\pi}{n} \ln \frac{a^{2n}-1}{a^2-1}$, así que todo lo que necesitas hacer es tomar el límite.