Cómo encontrar esta integral $F(y)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{(1+x^2)(1+(x+y)^2)}$

Question

Encuentra esta integral $$F(y)=\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{dx}{(1+x^2)(1+(x+y)^2)}$$

mi intento: desde $$F(-y)=\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{dx}{(1+x^2)(1+(x-y)^2)}$$ dejar $x=-u$ entonces $$F(-y)=\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{dx}{(1+x^2)(1+(-x-y)^2)}=F(y)$$

Pero no puedo encontrar $F(y)$ Gracias.

Answer 1

¿Qué tal si utilizamos el teorema del residuo? Tenemos $$F(y)= 2\pi i \sum_{x^*} \mathop{\rm Res}_{x=x^*} f(x),$$ donde la suma abarca todos los polos del integrando $$f(x)= \frac1{(1+x^2)[1+(x+y)^2]}$$ en el semiplano superior. Estos polos están situados en $x^*= i, i-y$ (suponiendo que $y$ para ser real).

Como los polos son simples, obtenemos los residuos por $$ \mathop{\rm Res}_{x=x^*} f(x) =\lim_{x\to x^*} (x-x^*)f(x) .$$ Así, tenemos $$ \mathop{\rm Res}_{x=i} f(x) = \frac{1}{2 i [1+(i + y)^2]}$$ y $$ \mathop{\rm Res}_{x=i-y} f(x) = \frac{1}{2 i [1+(i-y)^2]}.$$

Así, obtenemos $$ F(y) = \pi \left[\frac{1}{1+(i + y)^2} + \frac{1}{1+(i-y)^2} \right] = \frac{2 \pi}{4+y^2}$$ como resultado final.

Answer 2

Sugerencia

Utilizar las primeras descomposiciones de fracciones parciales. Luego, integrar entre $-a$ y $+a$ . Debería llegar a algo como $$\frac{-\log \left((a-y)^2+1\right)+\log \left((a+y)^2+1\right)+y \left(\tan ^{-1}(a-y)+\tan ^{-1}(a+y)+2 \tan ^{-1}(a)\right)}{y \left(y^2+4\right)}$$ Simplifica todo lo que puedas y ve al límite. Llegarás a la solución de Lucian.

Answer 3

Una forma fácil de evaluar la integral anterior es utilizando la Teorema de Parseval :

Dejemos que $f(x)$ y $g(x)$ sea integrable, y que $\hat{f}(\xi)$ y $\hat{g}(\xi)$ sean sus transformadas de Fourier. Si $f(x)$ y $g(x)$ también son cuadrados-integrables, entonces tenemos el teorema de Parseval (Rudin 1987, p. 187): $$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \overline{g(x)} \,{\rm d}x = \int_{-\infty}^\infty \hat{f}(\xi) \overline{\hat{g}(\xi)} \,d\xi,$$ donde la barra denota la conjugación compleja.

Necesitas el siguiente dato:

$$ \mathcal{F} \left\{\frac{1}{1+(x+y)^2} \right\}(w) =\pi e^{iyw}e^{-|w|}. $$

Compruebe las diferentes convenciones del Transformada de Fourier y sus tablas .

Answer 4

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ Con las identidades: \begin {align} {1 \over 1 + \pars {x + y}^{2}} &= \int_ {- \infty }^{ \infty }{ \delta\pars {x + y - z} \over 1 + z^{2}}\, \dd z \\ [3mm] \delta\pars {x + y - z} &= \int_ {- \infty }^{ \infty } \expo { \ic k \pars {x\ +\ y\ -\ z}}, {\} \dd k \over 2 \pi } \end {align} tendremos

\begin {align} { \rm F} \pars {y}& = \color {#66f}{ \large % \int_ {- \infty }^{ \infty }{ \dd x \over \pars {1 + x^{2}} \bracks {1 + \pars {x + y}^{2}}}} \\ [8mm]&= \int_ {- \infty }^{ \infty } \expo { \ic ky} \pars { \int_ {- \infty }^{ \infty }{ \expo { \ic kx} \over 1 + x^{2}}\, \dd x} \pars { \int_ {- \infty }^{ \infty }{ \expo {- \ic kz} \over 1 + z^{2}}\, \dd z} \,{ \dd k \over 2 \pi } \\ [8mm]&= \int_ {- \infty }^{ \infty } \expo { \ic ky} \verts { \int_ {- \infty }^{ \infty }{ \expo { \ic kx} \over 1 + x^{2}}\, \dd x}^{2} \,{ \dd k \over 2 \pi } = \int_ {- \infty }^{ \infty } \expo { \ic ky} \verts {2 \pi\ic\ ,{ \expo { \ic\verts {k} \ic } \over 2 \ic }}^{2}\,{ \dd k \over 2 \pi } \\ [8mm]&= \half\ , \pi\int_ {- \infty }^{ \infty } \expo { \ic ky} \expo {-2 \verts {k}}\, \dd k = \half\ , \pi\int_ {- \infty }^{ \infty } \cos\pars {ky} \expo {-2 \verts {k}}\, \dd k = \pi\ , \Re\int_ {0}^{ \infty } \expo { \pars {-2 + y \ic }k}\, \dd k \\ [8mm]&= \pi\ , \Re\pars {1 \over 2 - y \ic } \end {align}

\begin {align} { \rm F} \pars {y}& = \color {#66f}{ \large % \int_ {- \infty }^{ \infty }{ \dd x \over \pars {1 + x^{2}} \bracks {1 + \pars {x + y}^{2}}}} = \color {#66f}{ \large {2 \pi \over y^{2} + 4}} \end {align}