Вопрос по константе интегрирования

[dp]

EUgeneUS в сообщении #1736081 писал(а):

А затруднения, описанные в стартовом посте, оказываются связаны с тем, что привычные манипуляция с равенствами, которые содержат символы, обозначающие неопределенный интеграл ($\int\limits_{}^{} f(x) dx$ или $I :=\int\limits_{}^{} f(x) dx$), оказываются некорректными.

Да, все-таки, если быть честным, то появление C из ниоткуда вызывает душевные страдания.

Вот в моем первом вопросе:
$ \mathcal{I} = e^x\sin(x) + e^x\cos(x) - \mathcal{I} $

Тут при переносе $ \mathcal{I} $ алгебраически совершенно нелогично вдруг внезапно оставлять на месте правого $ \mathcal{I} $ откуда-то взявшуюся константу.
Потому что ранее мы решили что
$ \mathcal{I} = \int e^x\cos(x)dx $
то есть $ \mathcal{I} $ тут для неокрепшего математического ума УЖЕ содержит и первообразную и константу
$ \mathcal{I} = $F(x) + C $
и получается что в
$ e^x\sin(x) + e^x\cos(x) $
уже где-то эта константа должна быть зашита.

По мне логичнее было бы изначально делать так:
$ \int e^x\cos(x)dx = \mathcal{I}(x) + C $
Тогда получаем
$ \mathcal{I}(x) + C = \int e^x\cos(x)dx = e^x\sin(x) - \int\sin(x) e^x dx $
Опять же
$ \int e^x\sin(x)dx = \mathcal{J}(x) + C $

$ \mathcal{J}(x)+ C = -e^x\cos(x) + \int\cos(x) e^x dx = -e^x\cos(x) + \mathcal{I}(x) +C $

$ \mathcal{I}(x) + C = \int e^x\cos(x)dx = e^x\sin(x) - ( -e^x\cos(x) + \mathcal{I}(x) +C ) $

и вот тут, используя то, что C это специальная сущность со свойствами

EUgeneUS в сообщении #1736081 писал(а):

$C \pm C = C$
$a \pm C = C$
$a \cdot C = C, a\ne 0$

уже спокойно преобразуем
$ \mathcal{I}(x) + \mathcal{I}(x) = e^x\sin(x) + e^x\cos(x) +C - C $

$ 2\mathcal{I}(x) = e^x\sin(x) + e^x\cos(x) +C $

$ \mathcal{I}(x) = \frac{1}{2}(e^x\sin(x) + e^x\cos(x)) +C $

[Dedekind]

dp in post #1736216 писал(а):

По мне логичнее было бы изначально делать так:
$ \int e^x\cos(x)dx = \mathcal{I} + C $

Тогда вместо $ \mathcal{I}$ лучше $F(x)$.

[dp]

Dedekind в сообщении #1736218 писал(а):

Тогда вместо $ \mathcal{I}$ лучше $F(x)$.

Да, интеграл по dx это функция от x + константа, поправил выше

-- добавлено через 5 минут --

да, еще момент, интеграл-то мы заменили на $ \mathcal{I}(x) + C $
то есть и искать нам надо не $ \mathcal{I}(x) $
$ \mathcal{I}(x) = \frac{1}{2}(e^x\sin(x) + e^x\cos(x)) +C $

а $ \mathcal{I}(x) + C $, но тут мы же легко можем прибавить просто константу слева

$ \mathcal{I}(x) +C = \frac{1}{2}(e^x\sin(x) + e^x\cos(x)) +C $

[Dedekind]

dp in post #1736216 писал(а):

уже спокойно преобразуем
$ \mathcal{I}(x) + \mathcal{I}(x) = e^x\sin(x) + e^x\cos(x) +C - C $

Теперь вот так нельзя, если понимать $C$ в смысле

dgwuqtj in post #1736090 писал(а):

$$\int x\, dx = \frac{x^2}{2} + \mathbb{R} = \{ \frac{x^2}{2} + c \mid c \in \mathbb{R} \},$$

-- added 1 minute later --

dp in post #1736220 писал(а):

$ \mathcal{I}(x) +C = \frac{1}{2}(e^x\sin(x) + e^x\cos(x)) +C $

Так можно.

[EUgeneUS]

dp
Возможно повторю, сказанное уважаемым Dedekind
но чуть другими словами.

dp в сообщении #1736216 писал(а):

По мне логичнее было бы изначально делать так:
$ \int e^x\cos(x)dx = \mathcal{I}(x) + C $

Как уже было сказано, тут вместо $I(x)$ лучше использовать $F(x)$ (а вместо $J(x)$ - $G(x)$).
Смысл этой функции - "какая-то первообразная". И обозначение лучше применять, которые стандартно применяются для первообразных. (Хотя в посте выше - на первой странице, я сам же это правило и нарушил, FGJ).

dp в сообщении #1736216 писал(а):

$ \mathcal{J}(x)+ C = -e^x\cos(x) + \int\cos(x) e^x dx = -e^x\cos(x) + \mathcal{I}(x) +C $

$ \mathcal{I}(x) + C = \int e^x\cos(x)dx = e^x\sin(x) - ( -e^x\cos(x) + \mathcal{I}(x) +C ) $

и вот тут, используя то, что C это специальная сущность со свойствами

Обращаю внимание, в таком случае, вы не можете выразить, например, $\mathcal{I}(x)$ из первого уравнения, и получить что-то подобное:
$\mathcal{I}(x) = ... + C$
Потому что при таких правилах работы с $C$ его нельзя переносить в другу сторону равенства!
Но можно:
умножать обе части равенства на одно и то же число
переставлять местами части равенства (вокруг знака $=$).
складывать два равенства. (правые части с правыми, левые с левыми).
добавлять к обоим частям равенства числа и функции.

То есть по шагам выкладки будут такими:
1. Исходная система:

$$G(x)+ C = -e^x\cos(x) + F(x) +C$$

$$F(x) + C = e^x\sin(x) - G(x)+ C$$

2. Переставляем части равенства в первом уравнении

$$-e^x\cos(x) + F(x) +C = G(x)+ C$$

$$F(x) + C = e^x\sin(x) - G(x)+ C$$

3.Складываем уравнения

$$-e^x\cos(x) + F(x) +C + F(x) + C = G(x)+ C + e^x\sin(x) - G(x)+ C$$

После упрощений

$$ -e^x\cos(x) + 2F(x) +C = e^x\sin(x) + C$$

4. Добавляем к каждой части равенства $e^x\cos(x)$

$$2F(x) +C = e^x\sin(x) + e^x\cos(x) + C$$

5. Умножаем обе части на $\frac{1}{2}$

$$F(x) +C = \frac{1}{2} (e^x\sin(x) + e^x\cos(x)) +C$$

Вуаля. $C$ в обоих частях никуда не пропадало, и не появлялось из ниоткуда.

[EUgeneUS]

EUgeneUS в сообщении #1736228 писал(а):

Потому что при таких правилах работы с $C$ его нельзя переносить в другу сторону равенства!

По этому поводу вот что можно заметить.
Есть такая манипуляция с равенствами, которая в начальной школе отрабатывается до автоматизма. Настолько до автоматизма, что смысл её теряется \ забывается.

Эта манипуляция называется "перенести букву в другую сторону со сменой знака".
Вот это преобразование равенства: $a+b=c \Rightarrow a=c - b$
Но нет такой алгебраической операции "перенести букву в другую сторону со сменой знака".

Это правило является мнемоническим сокращением для двух алгебраических операций:
1. Добавить к каждой части равенства одно и то же число, что сохраняет равенство.
При этом это добавляемое число выбирается противоположным тому, которое хотим "перенести".
2. Сократить в одной части равенства, пользуясь тождеством для чисел: $a + (-a) = 0$

То есть под $a+b=c \Rightarrow a=c - b$ понимается следующее:
1. $a+b=c \Rightarrow a + b + (-b)=c + (- b)$
2. $a + b + (-b)=c + (- b) \Rightarrow a =c - b$

Однако, символ $C$ в этой нотации не является числом: у него нет противоположного, а $C + (-C) = C$.

Поэтому привычное мнемоническое правило, отработанное до автоматизма в начальной школе, для символа $C$ не применимо.

[dp]

EUgeneUS
Спасибо за подробные объяснения, сейчас вроде все стало понятно.

[Dan B-Yallay]

dp в сообщении #1735914 писал(а):

Всем спасибо, более менее понятно, но это надо закреплять практикой.

dp в сообщении #1736216 писал(а):

Да, все-таки, если быть честным, то появление C из ниоткуда вызывает душевные страдания.
Вот в моем первом вопросе:
$ \mathcal{I} = e^x\sin(x) + e^x\cos(x) - \mathcal{I} $
Тут при переносе $ \mathcal{I} $ алгебраически совершенно нелогично вдруг внезапно оставлять на месте правого $ \mathcal{I} $ откуда-то взявшуюся константу.

Если Вам еще не совсем запудрили мозги объяснения на последней странице, то добавлю свои пять копеек, которые, возможно облегчат (или же усугубят) Ваши душевные страдания

dp в сообщении #1735897 писал(а):

И вот тут вопрос. Почему именно в этот момент откуда-то появляется константа интегрирования C ?

Она не появляется именно в этот момент из ниоткуда, она по определению "вшита" -- как Вы выразились -- в понятие "множества всех первообразных". Считайте, что при каждом событии/шаге избавления от очередного знака неопределенного интеграла (включая интегрирование по частям) – у Вас появляется новая константа $C_i$ где $i$ – это номер указанного "события/шага". И когда посчитаете нужным -- можете собрать все эти проиндексированные на данный момент константы согласно их статусу: в качестве слагаемых, множителей или еще чего-то.

$$ \begin{align} \int e^x\cos(x)dx & = \textcolor{blue} {e^x\sin(x) + C_1} - \int e^x(\sin(x)) dx \\ & = e^x\sin(x) + C_1 + \textcolor{blue}{e^x\cos(x) + C_2} - \int e^x \cos(x) dx \\ \end{align}$$

$$\begin{align*} 2 \int e^x\cos(x)dx & = e^x\sin(x) + e^x\cos(x) + C_1 +C_2 \\ \int e^x\cos(x)dx & = \dfrac { e^x\sin(x) + e^x\cos(x) } 2 + C, \qquad C = \dfrac{ C_1 +C_2 } 2 \end{align*}$$

Когда набьёте руку на этих интегралах, у Вас появится навык иметь в виду эти константы, не выписывая их явно. Так же как при сложении/умножении в столбик мы говорим" "5 пишем, 2 в уме" и не удивляемся, что именно на следyющем разряде цифр из ниоткуда появляется "двойка"

[EUgeneUS]

Dan B-Yallay в сообщении #1736273 писал(а):

Если Вам еще не совсем запудрили мозги объяснения на последней странице,

то можно запудрить мозги, переписав привычный вид формулы взятия интеграла по частям, который приводится в любом учебнике:

$$\int\limits_{}^{} u dv = uv - \int\limits_{}^{}v du$$

в непривычном виде:

$$\int\limits_{}^{} u dv = uv + C - \int\limits_{}^{}v du$$

Впрочем,
"Туда тоже можно" (с) Верочка, к\ф "Служебный роман".

А какой вариант больше или меньше "пудрит мозги" - это, видимо, ТС решать.

[RIP]

EUgeneUS в сообщении #1736317 писал(а):

можно запудрить мозги, переписав привычный вид формулы взятия интеграла по частям… в непривычном виде

По-моему, подход Dan B-Yallay хорошо объясняет, откуда берётся постоянная.

То есть в терминах первообразных формулу интегрирования по частям можно сформулировать так (опуская технические детали):
если $F(x)$ — (произвольная) первообразная $u(x)v'(x)$, $G(x)$ — первообразная $v(x)u'(x)$, то найдётся постоянная $C$ (зависящая от $F$ и $G$), такая что

$$F(x)=u(x)v(x)+C-G(x).$$

Иными словами, если воспринимать значки $\int u\,\mathrm{d}v$ и $\int v\,\mathrm{d}u$ не как неопределённые интегралы, а как некоторые первообразные, то правильно записывать формулу именно в «непривычном виде».

[dp]

EUgeneUS в сообщении #1736317 писал(а):

А какой вариант больше или меньше "пудрит мозги" - это, видимо, ТС решать.

Вот тут реально, на моем уровне объяснение EUgeneUS мне понятно, а вот

RIP в сообщении #1736325 писал(а):

То есть в терминах первообразных формулу интегрирования по частям можно сформулировать так (опуская технические детали):
если $F(x)$ — (произвольная) первообразная $u(x)v'(x)$, $G(x)$ — первообразная $v(x)u'(x)$, то найдётся постоянная $C$

непонятно

я всегда считал, что в формуле интегрирования по частям нет никакой константы, потому что она сокращается,
то есть если вычислить $v$ с константой $\int{dv}=v+C$ то
$u(v+C)-\int(v+C)du = uv+Cu-\int vdu-\int Cdu=uv+Cu-\int vdu-Cu=uv-\int vdu$
и тут C можно сокращать, так как это константа одного и того же интеграла.
В метод Dan B-Yallay мне надо время чтобы вникнуть.

[Dan B-Yallay]

EUgeneUS в сообщении #1736317 писал(а):

А какой вариант больше или меньше "пудрит мозги" - это, видимо, ТС решать.

Разумеется это решать самому ТС. И, наверняка, еще тем, кто преподаёт матанализ непосредственно студентам.

А вы какое отношение имеете к преподаванию? Судя по вашей оксюморонной "задаче на внимательность" с утерянными $dx$ в интегралах — никакого.

-- добавлено через 10 минут --

dp в сообщении #1736330 писал(а):

Вот тут реально, на моем уровне объяснение EUgeneUS мне понятно

и, после всех его объяснений, настолько всё стало понятно, что Вы до сих пор считаете, что при интегрировании по частям

dp в сообщении #1736330 писал(а):

C можно сокращать, так как это константа одного и того же интеграла.

Собственно, последняя цитата явно показывает, насколько Вы продвинулись в понимании с первой страницы.

[RIP]

dp в сообщении #1736330 писал(а):

в формуле интегрирования по частям нет никакой константы, потому что она сокращается

Нет, на самом деле в формуле интегрирования по частям есть даже две постоянные (по одной для каждого интеграла). Подробнее:

$\int u\,\mathrm{d}v$ — это множество всех таких функций $F(x)$, что $\mathrm{d}F=u\,\mathrm{d}v$ ($\iff F'(x)=u(x)v'(x)$). Все такие функции имеют вид $F_0(x)+C$, где $F_0(x)$ — какая-то фиксированная, а $C$ — произвольная постоянная. Поэтому принята (не совсем аккуратная) запись $\int u\,\mathrm{d}v=F_0(x)+C$.

Аналогично, $uv-\int v\,\mathrm{d}u$ — это множество всех функций вида $u(x)v(x)-G(x)$, где $\mathrm{d}G=v\,\mathrm{d}u$. Эти функции имеют вид $u(x)v(x)-G_0(x)-D$, где $D$ — постоянная.

Формула означает, что эти множества совпадают, то есть для любой постоянной $C$ найдётся постоянная $D$ (и наоборот), что

$$F_0(x)+C=u(x)v(x)-G_0(x)-D.$$

Это равносильно тому, что

$$F_0(x)=u(x)v(x)-G_0(x)+E,\quad E=\textnormal{const}.$$

(То есть две постоянные можно «объединить» в одну $E=-D-C$.)

[EUgeneUS]

RIP в сообщении #1736325 писал(а):

Иными словами, если воспринимать значки $\int u\,\mathrm{d}v$ и $\int v\,\mathrm{d}u$ не как неопределённые интегралы, а как некоторые первообразные,

Нельзя их так воспринимать. Это же определению этих значков противоречит. Нет?

RIP в сообщении #1736338 писал(а):

Нет, на самом деле в формуле интегрирования по частям есть даже две постоянные (по одной для каждого интеграла). Подробнее

Если подробно расписывать, то даже три постоянные: одна слева и две справа. Но две справа имеем право заменить на одну.

RIP в сообщении #1736325 писал(а):

По-моему, подход Dan B-Yallay хорошо объясняет, откуда берётся постоянная.

Подход Dan B-Yallay возможен, с чем сразу согласился. А хорошо или плохо - это либо вкусовщина, либо вопросы педагогики.

dp в сообщении #1736330 писал(а):

я всегда считал, что в формуле интегрирования по частям нет никакой константы, потому что она сокращается,

И-эх.
Константа интегрирования не может "сократиться". (По этой же причине её нельзя "перенести" в другую сторону равенства - это же выше было показано).
Но сумма двух констант интегрирования - это тоже константа интегрирования (какая-то третья). В разных нотациях:
$C_1 + C_2 = C_3$
$C + C = C$

-- добавлено через 3 минуты --

Dan B-Yallay в сообщении #1736331 писал(а):

А вы какое отношение имеете к преподаванию?

Я Вам уже писал ранее.
У меня был опыт преподавания. FGJ небольшой и давно.
Вел семинары по физике, на которых приходилось давать некоторые сведения по математике, до которых у математиков ещё программа не дошла.

Dan B-Yallay в сообщении #1736331 писал(а):

И, наверняка, еще тем, кто преподаёт матанализ непосредственно студентам.

Ага.
Отличный педагогический приём - взять известную формулу из учебника, переписать её в непривычном виде, и заявить "правильно - вот так".
Может даже и сработать, на удивлении у студентов. Так как что удивляет, то запоминается

[RIP]

EUgeneUS в сообщении #1736339 писал(а):

Нельзя их так воспринимать. Это же определению этих значков противоречит.

При желании можно (просто это не соответствует общепринятой традиции). (Так иногда поступают в диффурах, например, когда записывают решение однородного линейного диффура $y'+p(x)y=0$ в виде $y=C\exp\left(-\int p(x)\,\mathrm{d}x\right)$.)
Нужно только осознавать, что под одним и тем же интегралом скрываются, вообще говоря, разные первообразные.
Например, возьмём исходное равенство

$$\int\mathrm{e}^x\cos(x)\,\mathrm{d}x=\mathrm{e}^x\sin(x)+\mathrm{e}^x\cos(x)−\int\mathrm{e}^x\cos(x)\,\mathrm{d}x.$$

Оно означает, что для каких-то первообразных $F_1(x)$ и $F_2(x)$ функции $\mathrm{e}^x\cos(x)$ выполнено

$$F_1(x)=\mathrm{e}^x\sin(x)+\mathrm{e}^x\cos(x)−F_2(x).$$

(Разумеется, $F_1(x)$ и $F_2(x)$ не произвольные, поскольку они связаны уравнением.)
Зафиксируем $F_1(x)=F(x)$ (произвольно). Мы знаем, что тогда $F_2(x)=F(x)+C$ для какой-то постоянной $C$. После подстановки в уравнение, получаем $F(x)$ с постоянной.
Собственно, в начале обсуждения что-то подобное предлагалось.