3.6: Diferenciar bajo el Signo Integral

En la sección anterior, señalamos que si un integrando contiene un parámetro (denotado\(\gamma\)) que es independiente de la variable de integración (denotada\(x\)), entonces la integral definida puede considerarse en sí misma como una función de\(\gamma\). Entonces se puede demostrar que tomar la derivada de la integral definida con respecto a\(\gamma\) es equivalente a tomar la derivada parcial del integrando:\[\frac{d}{d\gamma} \, \left[\int_a^b dx\; f(x,\gamma)\right] = \int_a^b dx \; \frac{\partial f}{\partial \gamma}(x,\gamma).\]

Esta operación, llamada diferenciación bajo el signo integral, fue utilizada por primera vez por Leibniz, uno de los inventores del cálculo. Se puede aplicar como una técnica para resolver integrales, popularizada por Richard Feynman en su libro ¡Seguramente estás bromeando, señor Feynman! .

Aquí está el método. Dada una integral definitiva\(I_0\):

1. Llegar a una manera de generalizar el integrando, introduciendo un parámetro\(\gamma\), tal que la integral generalizada se convierta en una función\(I(\gamma)\) que reduzca a la integral original\(I_0\) para un valor de parámetro particular, digamos\(\gamma = \gamma_0\).

2. Diferenciar bajo el signo integral. Si has elegido el derecho de generalización, la integral resultante será más fácil de resolver, por lo que...

3. Resolver la integral a obtener\(I'(\gamma)\).

4. Integrar\(I'\) sobre\(\gamma\) para obtener la integral deseada\(I(\gamma)\), y evaluarla en\(\gamma_0\) para obtener la integral deseada\(I_0\).

Un ejemplo es útil para demostrar este procedimiento. Considera la integral\[\int_{0}^\infty dx \; \frac{\sin(x)}{x}.\] Primero, (i) generalizamos la integral de la siguiente manera (pronto veremos por qué):\[I(\gamma) = \int_{0}^\infty dx \; \frac{\sin(x)}{x}\, e^{-\gamma x}.\] La integral deseada es\(I(0)\). A continuación, (ii) diferenciando bajo la integral da\[I'(\gamma) = - \int_{0}^\infty dx \; \sin(x)\, e^{-\gamma x}.\] Tomar la derivada parcial del integrando con respecto a\(\gamma\) derribar un factor de\(-x\), cancelando el problemático denominador. Ahora, (iii) resolvemos la nueva integral, que se puede hacer integrando por partes dos veces:\[\begin{align} I'(\gamma) &= \left[\cos(x)\,e^{-\gamma x}\right]_0^\infty + \gamma \int_{0}^\infty dx \; \cos(x)\, e^{-\gamma x} \\ &= -1 + \gamma \left[\sin(x)\,e^{-\gamma x}\right]_0^\infty + \gamma^2 \int_{0}^\infty dx \; \sin(x)\, e^{-\gamma x} \\ &= -1 - \gamma^2 I'(\gamma).\end{align}\] De ahí,\[I'(\gamma) = - \frac{1}{1+\gamma^2}.\] Finalmente, (iv) necesitamos integrar esto sobre\(\gamma\). Pero ya vimos cómo hacer esta integral particular en la Sección 3.4, y el resultado es\[I(\gamma) = A - \tan^{-1}(\gamma),\] donde\(A\) está una constante de integración. Cuando\(\gamma \rightarrow \infty\), la integral debe desvanecerse, lo que implica eso\(A = \tan^{-1}(+\infty) = \pi/2\). Por último, llegamos al resultado\[\int_{0}^\infty dx \; \frac{\sin(x)}{x} = I(0) = \frac{\pi}{2}.\] Cuando discutamos la integración de contornos en el Capítulo 9, veremos una forma más sencilla de hacer esta integral.