Una integral que podría dividirse en funciones pares e impares

Encontré esta integral en un viejo libro mío:

∫ − a a 1 1 + X 2 X d X
dónde | a | < 1

Se dio una pista de que podríamos dividir esta integral en funciones pares e impares, pero no sé cómo hacerlo. Intenté usar WolframAlpha para lo mismo pero no me ayudó. Si el exponente de X habría sido 2 norte entonces no hubiera sido un problema pero eso 2 X en el exponente realmente me saca de quicio. En realidad, no quiero una respuesta a este problema, solo quiero las funciones pares e impares, la integral debe dividirse en. Cualquier ayuda con respecto a lo mismo es apreciada :)

gracias de antemano

Es X 2 X incluso definido sobre [ − a , 0 ] ?
Buen punto. Creo que podrían significar X 2 X como en ( X 2 ) X
@Jakobian Yo también creo eso, pero aún así no pude continuar
@Jakobian Eso es literalmente lo que X 2 X se define como siendo por propiedades de exponente simple ... ¿Qué más significarían excepto ( X 2 ) X ??

Respuestas (2)

Interpretación X 2 X = ( X 2 ) X tenemos

1 1 + X 2 X = 1 2 ( 1 1 + X 2 X + 1 1 + X − 2 X ) + 1 2 ( 1 1 + X 2 X − 1 1 + X − 2 X ) = 1 2 + ⋯
dónde ⋯ denota la parte impar. Entonces
∫ − a a 1 1 + X 2 X d X = 2 ∫ 0 a 1 2 d X = a .
Nótese que la suposición | a | < 1 es asi que X 2 X está separado de − 1 , por lo que la integral converge.

¡Respuesta perfecta! Gracias por tu ayuda :)
@Jakobian, no puedo entender por qué finalmente escribiste que la integral converge debido a la suposición | a | < 1 . Creo que la integral convergería para todos a ∈ R desde ( X 2 ) X > 0 para todos X ≠ 0 y límite X → 0 ( X 2 ) X = 1 .
Tu respuesta es perfecta, pero he decidido aceptar la respuesta de Martin por el teorema que mencionó. Espero que no te moleste :). ¡Gracias de nuevo!

F ( X ) = ( X 2 ) X satisface la ecuación F ( X ) F ( − X ) = 1 , por lo tanto, este es un caso especial de los siguientes:

Dejar F : [ − a , a ] → R ser continuo con F ( X ) F ( − X ) = 1 y 1 + F ( X ) ≠ 0 para todos X . Entonces

∫ − a a 1 1 + F ( X ) d X = a .

Prueba: Con la sustitución X ↦ − X obtenemos

I = ∫ − a a 1 1 + F ( X ) d X = ∫ − a a 1 1 + F ( − X ) d X = ∫ − a a F ( X ) F ( X ) + 1 d X = 2 a − I
lo que implica I = a .

Alternativamente, se puede proceder como en la respuesta de Jacobian y mostrar que la parte par de gramo ( X ) = 1 1 + F ( X ) es

gramo mi ( X ) = 1 2 ( gramo ( X ) + gramo ( − X ) ) = 1 2
y por lo tanto
I = ∫ − a a gramo mi ( X ) d X = a .

Buena respuesta (+1) pero estoy en un dilema, ya sea para verificar su respuesta o la de Jacobian. Ambas respuestas son perfectas y resuelven mi problema :)
@Smile: ¡De nada! – Depende completamente de usted qué respuesta aceptar. Como autor de la pregunta, es su privilegio (o responsabilidad :) decidir qué respuesta le ayudó más. Y no necesita justificar su decisión.
@Martin, en realidad
1 2 ( gramo ( X ) + gramo ( − X ) ) = 1 2 .
¿Podrías corregir ese error tipográfico?
@Antonio: Sí, gracias.
@MartinR, ¿estás de acuerdo conmigo cuando digo que la integral converge y es igual a a para todos a ∈ R ? En realidad la suposición | a | < 1 no es necesario, ¿verdad?
@Antonio: Sí, estoy de acuerdo con tu comentario sobre la otra respuesta.
@MartinR, muchas gracias.
@MartinR Muy bien, después de pensarlo mucho, decidí que aceptaré su respuesta debido al teorema que mencionó en su respuesta y a la elaboración de la respuesta de Jacobian. Gracias de nuevo :)
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