Problemas con la integral definida que calcula las probabilidades

Question

No puedo resolver esto:

$$\int_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} \tan ^{-1}(a+\tan (x)) \, dx$$

apareció al tratar de averiguar la probabilidad:

$$P\{\tan a - \tan b \leq 2x\},\ \ 0 < x < 1\sqrt{3}$$

Sabiendo que la distribución conjunta $f(a,b)$ es

$f(a,b) = \frac{2}{\pi^2}$ en la región $-\pi/2 < b < a < \pi/2$ (triángulo)

" $a$ " tiene una densidad marginal: $\frac{2x+\pi}{\pi^2}$ donde $-\pi/2 < a < \pi/2$ .

y " $b$ " tiene densidad: $\frac{\pi-2x}{\pi^2}$ ser $ -\pi/2 < b < a$ .

Answer 1

$$\tan{u} = a + \tan{x} \implies x=\arctan{(\tan{u}-a)} \implies dx = \frac{\sec^2{u}}{1+(\tan{u}-a)^2} du $$

Entonces la integral es igual a

$$\begin{align}\int_{-\pi/2}^{\pi/2} du \frac{u \sec^2{u}}{1+(\tan{u}-a)^2} &= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} du \frac{u}{\cos^2{u} + (\sin{u}-a \cos{u})^2} \\ &= \frac12 \int_{-\pi}^{\pi} dv \frac{v}{2+a^2+a^2 \cos{v}-2 a \sin{v}} \end{align}$$

Dejemos que

$$J(\beta) = -\frac{i}{2} \int_{-\pi}^{\pi} dv \frac{e^{i \beta v}}{2+a^2+a^2 \cos{v}-2 a \sin{v}} $$

Entonces la integral que buscamos es $J'(0)$ .

Considere la integral

$$-\oint_C dz \frac{z^{\beta}}{(a^2+i 2 a) z^2+(a^2+2) z+(a^2-i 2 a)} $$

donde $C$ es el contorno que se muestra a continuación:

es decir, un círculo unitario con un ojo de la cerradura sobre el eje real negativo. La integral de contorno es entonces

$$J(\beta) - i 2\sin{\pi \beta} \int_0^1 dx \frac{x^{\beta}}{(a^2+i 2 a) x^2-(a^2+2) x+(a^2-i 2 a)}$$

Esto también es igual a $-i 2 \pi$ veces el residuo en el polo $z_0=-a/(a+i 2)$ dentro de $C$ que es $z_0^{\beta}/2$ . Así,

$$\begin{align}J'(0) &= i 2 \pi \int_0^1 \frac{dx}{(a^2+i 2 a) x^2-2 (a^2+2) x+(a^2-i 2 a)} - i \frac{\pi}{2} \log{z_0} \\ &= \frac{1}{2} \pi \arctan\left(\frac{a}{2}\right)-\frac{1}{4} i \pi \log \left(\frac{4}{a^2}+1\right) + \frac{1}{2} \pi \arctan\left(\frac{a}{2}\right)+\frac{1}{4} i \pi \log \left(\frac{4}{a^2}+1\right) \\ &= \pi \arctan{\left ( \frac{a}{2}\right )} \end{align}$$

Answer 2

Un enfoque menos elegante pero más elemental que los residuos.

Dejemos que $$ J(b) = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \tan^{-1} \left( 2b + \tan x \right) dx. $$ Entonces $J(0) = 0$ y utilizando la sustitución $\tan x = t$ , $$ \begin{align} J'(b) &= \int_{-\infty}^\infty \frac{2}{(1+t^2)(1+(t+2b)^2)} dt = \int_{-\infty}^\infty \frac{dt}{b(1+b^2)}\left[ \frac{3 b+t}{4 b^2+4 b t+t^2+1}+\frac{b-t}{t^2+1}\right] \\&= \left.\frac{dt}{2b(1+b^2)}\left[ \log \left(\frac{4 b^2+4 b t+t^2+1}{t^2+1}\right)+2 b \tan ^{-1}(t)+2 b \tan ^{-1}(2 b+t)\right] \right\lvert_{-\infty}^\infty \\&= \frac{\pi}{1+b^2}. \end{align} $$ Al integrar la espalda, $$ J(b) = \int_0^b \frac{\pi \,db'}{1+b'^2} = \pi \tan^{-1} b. $$

Answer 3

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\dsc}[1]{\displaystyle{\color{red}{#1}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\norm}[1]{\left\vert\left\vert\, #1\,\right\vert\right\vert} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ $\ds{\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\arctan\pars{a + \tan\pars{x}}\,\dd x =\pi\arctan\pars{a \over 2}:\ {\large ?}\,,\qquad a \in {\mathbb R}}$ .

---

Tenga en cuenta que \begin{align}&\color{#66f}{\large% \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\arctan\pars{a + \tan\pars{x}}\,\dd x} =\Im\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\ln\pars{1 + \bracks{a + \tan\pars{x}}\ic}\,\dd x \end{align} que nos permite evitar el "doble $\ds{\tt arctan}$ -corte de la rama a lo largo de $\ds{\braces{y\ic\ \mid\ \verts{y} \geq 1\,,\ y \in {\mathbb R}}}$ . Con el cambio de variables $\ds{\dsc{t} \equiv \dsc{1 + \bracks{a + \tan\pars{x}}\ic}\ \imp\ \dsc{x}=\dsc{\arctan\pars{-a + \bracks{1 - t}\ic}}}$ \begin{align}&\color{#66f}{\large% \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\arctan\pars{a + \tan\pars{x}}\,\dd x} =\Im\int_{1 - \infty\ic}^{1 + \infty\ic}\ln\pars{t}\, {-\ic\,\dd t \over \bracks{-a + \pars{1 - t}\ic}^{\,2} + 1} \\[5mm]&=\Re\int_{1 - \infty\ic}^{1 + \infty\ic} {\ln\pars{t}\, \over t^{2} - 2\pars{1 + a\ic}t - a^{2} + 2a\ic}\,\dd t =\Re\int_{1 - \infty\ic}^{1 + \infty\ic} {\ln\pars{t}\, \over \pars{t - t_{-}}\pars{t - t_{+}}}\,\dd t \\[5mm]&\mbox{where}\quad t_{-} \equiv a\ic\,,\quad t_{+} \equiv 2 + a\ic. \end{align}

Podemos elegir el ${\tt ln}$ -corte de la rama de tal manera que no "cruce" la línea $\ds{x = 1}$ . Por ejemplo $$ \ln\pars{z}=\ln\pars{\verts{z}} + \,{\rm Arg}\pars{z}\ic\,,\qquad \verts{\,{\rm Arg}\pars{z}} < \pi\,,\quad z \not= 0 $$ Cerramos el contorno con un semicírculo $\ds{\pars{~\mbox{of radius}\ R > \root{a^{2} + 1}~}}$ a la "derecha" del plano complejo tal que: \begin{align}\color{#66f}{\large% \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\arctan\pars{a + \tan\pars{x}}\,\dd x} &=\Re\bracks{-2\pi\ic\,{\ln\pars{t_{+}}\, \over t_{+} - t_{-}}} =\pi\,\Im\ln\pars{2 + a\ic} \\[5mm]&=\left\{\begin{array}{lcl} \pi\bracks{-\arctan\pars{-\,{a \over 2}}} & \mbox{if} & a \leq 0 \\[2mm] \pi\arctan\pars{a \over 2} & \mbox{if} & a > 0 \end{array} \derecha. \fin{align} La contribución de dicho semicírculo se desvanece cuando $\ds{R \to \infty}$ : Su magnitud es $\ds{\sim\pi\,{\ln\pars{R} \over R}}$ cuando $\ds{R \gg \root{a^{2} + 1}}$ .

Entonces, $$ \color{#66f}{\large% \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\arctan\pars{a + \tan\pars{x}}\,\dd x} =\color{#66f}{\large\pi\arctan\pars{a \over 2}} $$