Integral

Question

Yo estaba jugando con algunas de las integrales y notado que algunas de las integrales de la forma: $$I(a,b,c)=\int_a^\infty \frac{\arctan(x+b)}{x^2+c}dx$$ tiene una forma cerrada. Estoy tratando de encontrar por lo que la constante de $c$ va a funcionar esto. En caso de que te preguntes por qué sólo se $c$ es problemático, voy a tratar de mostrar a través de un ejemplo. $$I=I(1,3,16)=\int_1^\infty \frac{\arctan(x+3)}{x^2+16}dx$$ Vamos a empezar por dejar a $x-1=t\,$así: $$I=\int_0^\infty \frac{{\arctan(\color{blue}{t+4})}}{t^2+2t+17}dt$$ Con $\displaystyle{t=\frac{17}{y}\rightarrow dt=-\frac{17}{y^2}dy}$ $$I=\int_0^\infty \frac{{\arctan\left(\color{red}{\frac{17}{y}+4}\right)}}{\left(\frac{17}{y}\right)^2 +\frac{34}{y}+17 }\frac{17}{y^2}dy\overset{y=t}=\int_0^\infty \frac{{\arctan\left(\color{red}{\frac{17}{t}+4}\right)}}{t^2+2t+17}dt$$ $$2I=\int_0^\infty \frac{{\arctan(\color{blue}{t+4})+{\arctan\left(\color{red}{\frac{17}{t}+4}\right)}}}{t^2+2t+17}dt$$ $${\arctan(\color{blue}{t+4})+{\arctan\left(\color{red}{\frac{17}{t}+4}\right)}}=\arctan\left(\frac{\color{blue}{t+4}+\color{red}{\frac{17}{t}+4}}{1-(\color{blue}{t+4})\left(\color{red}{\frac{17}{t}+4}\right)}\right)$$ $$=\arctan\left(\frac{x^2+8x+17}{x}\frac{x}{-4(x^2+8x+17}\right)=\pi-\arctan\left(\frac14\right)$$ Por encima de la siguiente manera debido a que la integral es positiva, de manera que tomamos $\arctan(-x)$ como $\pi-\arctan x $ y por lo tanto obtener una respuesta negativa no será un problema. $$I=\frac12 \left(\pi -\arctan\left(\frac14\right)\right)\int_0^\infty \frac{1}{t^2+2t+17}dt$$ Bien, ahora el interior de la integral no es difícil de calcular y la respuesta final pasa a ser: $$I=\frac12 \left(\pi -\arctan\left(\frac14\right)\right)\frac14\arctan\left(\frac{t+1}{4}\right)\bigg|_0^\infty =\frac{\pi^2}{16}-\frac{3\pi}{16}\arctan\left(\frac14\right)+\frac18\arctan^2\left(\frac14\right) $$ Hay más ejemplos que he encontrado por revisar y probar tales como: $$I(1,2,9)=\int_1^\infty \frac{\arctan(x+2)}{x^2+9}dx$$ $$I(2,1,6)=\int_2^\infty \frac{\arctan(x+1)}{x^2+6}dx$$ $$I(2,2,13)=\int_2^\infty \frac{\arctan(x+2)}{x^2+13}dx$$ Y así sucesivamente... Todos aquellos que pueden ser resueltos por el mismo método: en Primer lugar sustituto $x-a=t$, luego deje $t=\frac{\alpha}{y}$, donde $\alpha$ es el "libre de x" coeficiente del denominador.

El problema es que he intentado más de $100$ combinaciones para obtener los integrales que no es agradable. ¿Cómo podemos "inteligentemente" encontrar $c$ , de modo que $I(a,b,c)$ es evaluable por simetría? O puesto en otras palabras, lo que debería ser $c$ si uno quiere calcular por la simetría $I(7,13,c)$?

Answer 1

El más simple de los enfoques a veces son las correctas. Por lo tanto, elegir cualquier arbitrariamente números de $a,b$ e $c$ y aplicar su algoritmo. Así, en primer lugar la configuración de $t=x-a$ tenemos

$$\begin{align} I(a,b,c)=\int_a^{\infty}\frac{\arctan(x+b)}{x^2+c}dx=\int_0^{\infty}\frac{\arctan(t+a+b)}{t^2+2at+(c+a^2)}dt \end{align}$$

Ahora establezca $\alpha=c+a^2$ y, a continuación, $\displaystyle t=\frac{c+a^2}{y}$ a más obtener

$$\begin{align} I(a,b,c)=\int_0^{\infty}\frac{\arctan(t+a+b)}{t^2+2at+(c+a^2)}dt&=\int_0^{\infty}\frac{\arctan\left(\frac{c+a^2}{y}+a+b\right)}{\left(\frac{c+a^2}{y}\right)^2+2a\left(\frac{c+a^2}{y}\right)+(c+a^2)}\frac{c+a^2}{y^2}dy\\ &\stackrel{y=t}{=}\int_0^{\infty}\frac{\arctan\left(\frac{c+a^2}{y}+a+b\right)}{t^2+2at+(c+a^2)}dt \end{align}$$

La adición de la primera y la segunda forma de seguimiento a los resultados en el uso de la adición teorema de la tangente inversa de la función. Esto además se ve como el siguiente

$$\pequeño\begin{align} \arctan(\color{blue}{t+a+b})+\arctan\left(\color{red}{\frac{c+a^2}{y}+a+b}\right)&=\arctan\left(\frac{\color{blue}{t+a+b}+\color{red}{\frac{c+a^2}{y}+a+b}}{1-(\color{blue}{t+a+b})\left(\color{red}{\frac{c+a^2}{y}+a+b}\right)}\right)\\ &=\arctan\left(\frac{t^2+2(a+b)t+a^2+c}{-(a+b)\left(t^2+\frac{2a^2+2ab+b^2+c-1}{a+b}t+a^2+c\right)}\right) \end{align}$$

Con el fin de hacer que el polinomio $t^2+2(a+b)t+a^2+c$ desaparecer la siguiente condición se debe cumplir

$$\frac{2a^2+2ab+b^2+c-1}{a+b}=2(a+b)$$

A partir de aquí se puede deducir una relación entre la $a,b$ e $c$ que tiene que ser satisfecho. Para ser precisos

$$\begin{align} \frac{2a^2+2ab+b^2+c-1}{a+b}=2(a+b)&\Leftrightarrow 2a^2+2ab+b^2+c-1=2(a+b)^2\\ &\Leftrightarrow 2a^2+2ab+b^2+c-1=2a^2+2b^2+4ab\\ &\Leftrightarrow c=b^2+2ab+1 \end{align}$$

Y, de hecho, su caso $I(\color{red}{1},\color{blue}{3},\color{green}{16})$ cumple esta relación como $\color{green}{16}=\color{blue}{3}^2+2\cdot\color{blue}{3}\cdot\color{red}{1}+1$. Otro ejemplo sería la $I(\color{red}{1},\color{blue}{1},\color{green}{4})$ que de nuevo vuelve a trabajar desde $\color{green}{4}=\color{blue}{1}^2+2\cdot\color{blue}{1}\cdot\color{red}{1}+1$.

Por lo tanto para su caso concreto $I(7,13,c)$ usted tiene que elegir a $c=352$ a fin de permitir que la integral se pueda resolver a través de la simetría.

Para finalizar la evaluación de las $I(a,b,c)$, ahora bajo la restricción de $c=b^2+2ab+1$, llegamos a

$$\small\arctan\left(\frac{t^2+2(a+b)t+a^2+c}{-(a+b)\left(t^2+\frac{2a^2+2ab+b^2+c-1}{a+b}t+a^2+c\right)}\right)=\arctan\left(\frac{-1}{a+b}\right)=\pi-\arctan\left(\frac1{a+b}\right)$$

siguiendo la misma argumentación como usted lo hizo. Así, por $I(a,b,c)$ como un todo, tenemos

$$\begin{align} 2I(a,b,c)&=\left(\pi-\arctan\left(\frac1{a+b}\right)\right)\int_0^{\infty}\frac{dt}{t^2+2at+(c+a^2)}\\ &=\left(\pi-\arctan\left(\frac1{a+b}\right)\right)\int_0^{\infty}\frac{dt}{(t+a)^2+c}\\ &=\left(\pi-\arctan\left(\frac1{a+b}\right)\right)\left[\frac1{\sqrt{c}}\arctan\left(\frac{t+a}{\sqrt{c}}\right)\right]_0^{\infty}\\ \Leftrightarrow I(a,b,c)&=\frac1{2\sqrt{c}}\left(\pi-\arctan\left(\frac1{a+b}\right)\right)\left[\frac{\pi}2-\arctan\left(\frac a{\sqrt{c}}\right)\right] \end{align}$$

Donde la fórmula final produce el valor correcto para su ejemplo integral de la $I(1,3,16)$.

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No pretendo que esto dedujo la relación entre el $a,b$ e $c$ es la única para la que la integral se puede evaluar a través de la simetría, pero en realidad es una posibilidad.