sólo por diversión integrar $\int \frac{1}{x^2+1}dx$ utilizando la Descomposición Parcial de Fracciones

Question

Por un lado, claramente $$\int \frac{1}{x^2+1}dx=\arctan(x)+c$$ por otro lado, utilizando la descomposición parcial de la fracción $$\frac{1}{x^2+1}=\frac{A}{x+i} +\frac{B}{x-i}$$ con $A=1/(-2i)$ y $B=1/(2i)$ lo que lleva a $$\int \frac{1}{x^2+1}dx=\frac{-1}{2i}\ln(x+i)+\frac{1}{2i}\ln(x-i)$$ lo que lleva a la conclusión de que [hasta una constante..] $$\arctan(x) = \frac{-1}{2i}\ln(x+i)+\frac{1}{2i}\ln(x-i)$$ lo que lleva a dos pensamientos.. 1) ¿hay algún fallo en el razonamiento anterior? 2) ¿hay otra forma de verificar que $$\arctan(x) = \frac{-1}{2i}\ln(x+i)+\frac{1}{2i}\ln(x-i) + c$$ además de tomar derivados en ambos lados..

Answer 1

La forma que tienes (hasta un valor absoluto) es efectivamente correcta. Puede parecer confusa (¿qué hacen aquí los números imaginarios?) pero es correcta. Para ver esto geométricamente, construye un triángulo rectángulo en el plano complejo con base (real) $x$ y la altura de $i$ .

Answer 2

Pista: deja que $$x=\tan u$$ así que $$\arctan(\tan u)=u:0<u<\pi/2$$

entonces pon $$\tan u=\frac{e^{ui}+e^{-ui}}{i(e^{ui}-e^{-ui})}$$

por lo que se obtiene $$u=\frac{1}{2i}\ln(\frac{(\frac{e^{ui}+e^{-ui}}{i(e^{ui}-e^{-ui})})-i}{(\frac{e^{ui}+e^{-ui}}{i(e^{ui}-e^{-ui})})+i})+c$$

Answer 3

${\large x > 0}$ : $$ {\rm F}\left(x\right) = \int_{0}^{x}{{\rm d}z \over z^{2} + 1} = {1 \over 4{\rm i}}\int_{-x}^{x}{{\rm d}z \over z - {\rm i}} - {1 \over 4{\rm i}}\int_{-x}^{x}{{\rm d}z \over z + {\rm i}} = {1 \over 4{\rm i}}\int_{-x -{\rm i}}^{x - {\rm i}}{{\rm d}z \over z} - {1 \over 4{\rm i}}\int_{-x + {\rm i}}^{x + {\rm i}}{{\rm d}z \over z} $$

Definir $z^{-1} = \left\vert z\right\vert^{-1}{\rm e}^{-{\rm i}\phi\left(z\right)}$ donde $z \in \left\lbrace z' \in {\mathbb C}\ \ni\ z' \not=x\,,\ x\geq 0\right\rbrace$ y $0\ <\ \phi\left(z\right)\ <\ 2\pi$ .

\begin{align} \int_{-x - {\rm i}}^{x - {\rm i}}{{\rm d}z \over z} &= -\int_{-1}^{0^{+}}{{\rm i}\,{\rm d}y \over x + {\rm i}y} - \int_{x}^{-x}{{\rm d}x' \over x' - {\rm i}0^{+}} - \int_{0^{+}}^{-1}{{\rm i}\,{\rm d}y \over {\rm i}y} \\[3mm] \int_{-x + {\rm i}}^{x + {\rm i}}{{\rm d}z \over z} &= -\int_{1}^{0^{+}}{{\rm i}\,{\rm d}y \over x + {\rm i}y} - \int_{x}^{-x}{{\rm d}x' \over x' + {\rm i}0^{+}} - \int_{0^{+}}^{1}{{\rm i}\,{\rm d}y \over {\rm i}y} \\[5mm]& \end{align}

\begin{align} & \int_{-x - {\rm i}}^{x - {\rm i}}{{\rm d}z \over z} - \int_{-x + {\rm i}}^{x + {\rm i}}{{\rm d}z \over z} = -{\rm i}\,{\cal P}\int_{-1}^{0^{+}}{{\rm d}y \over x + {\rm i}y} - {\rm i}\,{\cal P}\int^{1}_{0^{+}}{{\rm d}y \over x + {\rm i}y} \\[3mm]& + \int_{-x}^{x}\left({1 \over x' - {\rm i}0^{+}} - {1 \over x' + {\rm i}0^{+}}\right)\,{\rm d}x' + {\cal P}\int_{-1}^{1}{{\rm d}y \over y} \\[3mm]&= -{\rm i}\int_{-1}^{0^{+}} {{\rm d}y \over \sqrt{x^{2} + y^{2}\,}\ {\rm e}^{-{\rm i}\left\lbrack 2\pi - \Theta\left(x,y\right)\right\rbrack}} - {\rm i}\int^{1}_{0^{+}} {{\rm d}y \over \sqrt{x^{2} + y^{2}\,}\ {\rm e}^{-{\rm i}\Theta\left(x,y\right)}} + 2\pi{\rm i} \end{align}

donde $\theta\left(x,y\right) \equiv \arctan\left(\left\vert y\right\vert/x\right)$

\begin{align} & \int_{-x - {\rm i}}^{x - {\rm i}}{{\rm d}z \over z} - \int_{-x + {\rm i}}^{x + {\rm i}}{{\rm d}z \over z} = -4{\rm i}\int^{1}_{0^{+}} {\cos\left(\theta\left(x,y\right)\right)\over \sqrt{x^{2} + y^{2}\,}}\,{\rm d}y + 2\pi{\rm i} = -4{\rm i}\int^{1}_{0^{+}}{x \over y^{2} + x^{2}\,}\,{\rm d}y + 2\pi{\rm i} \\[3mm]&= -4{\rm i}\int_{0}^{1/x}{{\rm d}y \over y^{2} + 1} + 2\pi{\rm i} \\[3mm]&{\large \Longrightarrow}\quad {\rm F}\left(x\right) = -{\rm F}\left(1 \over x\right) + {\pi \over 2} \end{align}

Entonces, $$ {\rm F}\left(x\right) = {\large\int_{0}^{x}{{\rm d}x \over x^{2} + 1} = \arctan\left(x\right)\,, \qquad x > 0} $$

Answer 4

Estás tratando de mostrar ${\displaystyle \arctan(x) = -{1 \over 2i}\log{x + i \over x - i}}$ más una constante. Obsérvese que ${\displaystyle {x + i \over x - i}}$ es un número complejo de módulo $1$ por lo que es de la forma $e^{i\theta}$ para algunos $\theta$ . Así que quieres demostrar que $\arctan(x) = -{1 \over 2}\theta$ más alguna constante. Ahora dibuja $x + i$ y $x - i$ en el plano complejo y crear dos triángulos, el primero con vértices $(0,0), (x,0),$ y $(x,1)$ y el segundo su reflejo a través del $x$ eje, con vértices $(0,0), (x,0),$ y $(x,-1)$ .

Entonces $\theta$ es el ángulo desde $(x,1)$ a $(0,0)$ a $(x,-1)$ y por tu foto deberías ser capaz de ver que $\cot({\theta \over 2}) = x$ . Así que $${\theta \over 2} = {\rm arccot}\,x$$ $$= {\pi \over 2} - \arctan x$$ Así que lo que obtienes es en realidad $$\arctan x = {\pi \over 2} - {\theta \over 2}$$