Demuestra que $\int_0^\infty \frac{1+2\cos x+x\sin x}{1+2x\sin x +x^2}dx=\frac{\pi}{1+\Omega}$ donde $\Omega e^\Omega=1$

Question

Mientras leía este post de Math SE, vi que el OP mencionó la integral $$\int_0^\infty \frac{1+2\cos x+x\sin x}{1+2x\sin x +x^2}dx=\frac{\pi}{1+\Omega}$$ donde $\Omega$ es la solución única a la ecuación $$xe^x=1$$ Sin embargo, la pregunta era sobre cómo aproximar la integral numéricamente. Esta no es una pregunta duplicada; me gustaría saber cómo demostrar exactamente la igualdad anterior sin aproximación. ¿Alguien sabe cómo hacer esto?

¡Gracias!

Answer 1

Una solución bastante más simple.

En primer lugar, observe que $$ \frac{1+2\cos x+x\sin x}{1+2x\sin x+x^2}=\Re\left[\frac{1+2e^{ix}}{1-ixe^{ix}}\right] $$ Establezca $\displaystyle f(z)=\dfrac{1+2e^z}{1-ze^z}$ e integre a lo largo de la semicircunferencia grande a la derecha, es decir, el eje imaginario y el arco con radio $R\to\infty$ y $\theta\in(-\pi/2,\pi/2)$.

La integral anterior se reduce a la deseada. La parte imaginaria de $f(ix)$ es impar y se anula ya que estamos integrando en una región par. $$ \int_lf(z)dz=\lim_{R\to\infty}\int_{-R}^R f(ix)i~dx=i\int_{-\infty}^\infty\frac{1+2\cos x+x\sin x}{1+2x\sin x+x^2}dx $$

Mientras tanto, la segunda es simple $$ \int_{C}f(z)dz=\lim_{|z|\to\infty}\int_C\dfrac{1+2e^z}{1-ze^z}dz=-2\lim_{|z|\to\infty}\int_C\frac{dz}z=-2\int_{\pi/2}^{-\pi/2}id\theta=2\pi i $$ La suma de las dos integrales es igual a $-2\pi i$ veces la suma de los residuos en el contorno ya que el contorno es en sentido contrario a las agujas del reloj. Los polos del integrando son las soluciones de $ze^z=1$, a saber, $W_n(1)~~ n\in \mathbb Z$ donde $n$ denota las diferentes ramas.

Es bien sabido que cuando $x>0$, entre los $W_n(x)$ solo hay uno con parte real positiva, que es precisamente $W_0$ y es real. Se puede verificar la afirmación simplemente consultando el gráfico de la función, o después de algunos cálculos rigurosos pero elementales.

Después de todo, el único polo se encuentra en $z=\Omega$ con orden $1$, y el residuo es fácil $$ \text{Res}[f(z),z=\Omega]=\frac{1+2e^z}{(1-ze^z)'}\Big|_{z=\Omega}=-\frac{1+2e^\Omega}{(1+\Omega)e^\Omega}=-1-\frac1{1+\Omega} $$ Aplicar el teorema de los residuos $$ i\int_{-\infty}^\infty\frac{1+2\cos x+x\sin x}{1+2x\sin x+x^2}dx+2\pi i=-2\pi i\left(-1-\frac1{1+\Omega}\right) $$ Finalmente, observe que el integrando es par y el resultado sigue

$$ \int_0^\infty\frac{1+2\cos x+x\sin x}{1+2x\sin x+x^2}dx=\frac{\pi}{1+\Omega} $$

donde $\Omega$ es la única solución real a $xe^x=1$.

Answer 2

La identidad integral es verdadera.

Evaluaremos la integral $$I=\int_0^\infty\frac{1+2\cos x+x\sin x}{1+2x\sin x+x^2}\,dx$$ tomando un contorno semicircular en el plano de la mitad superior. Como la función a integrar es par, se sigue del teorema de los residuos que $$\left(\int_{-R}^R+\int_{\gamma_R}\right)f(z)=2\pi i\sum_{f(z^*)=0\\\Im z^*>0\\|z^*| donde $\gamma_R$ es la trayectoria circular en sentido contrario a las manecillas del reloj desde $\theta=0$ hasta $\pi$, y $$f(z)=\frac{1+2\cos z+z\sin z}{1+2z\sin z+z^2}=\frac{1+2\cos z+z\sin z}{(iz+e^{iz})(iz-e^{-iz})}.$$ Los únicos valores de $z^*$ que cumplen con los tres criterios en la suma son $iW_0(1)$, $-iW_k(1)$ y $-iW_{-k}(1)$ para todos los enteros $k>0$ tal que $|W_k(1)|. Es útil observar que $W_k$ y $W_{-k}$ son conjugados complejos.

Para evaluar estos residuos, tomamos el límite de $(z-z^*)f(z)$ cuando $z\to z^*$, escribiendo el coseno y el seno como exponenciales complejos, y luego haciendo un uso extensivo de la identidad $e^{W_k(1)}=1/W_k(1)$. Esto nos da \begin{align}\operatorname{Res}(f(z),iW_0(1))&=\frac1{2i}\left(1+\frac1{1+W_0(1)}\right)\\\operatorname{Res}(f(z),-iW_k(1))&=-\frac1{2i}\left(1+\frac1{1+W_k(1)}\right),\quad\forall|k|>0.\end{align} Por lo tanto, el resultado del teorema de los residuos es $$2I+\lim_{R\to+\infty}\int_0^\pi f(Re^{i\theta})iRe^{i\theta}\,d\theta=\pi+\frac\pi{1+W_0(1)}-\pi\lim_{R\to+\infty}\sum_{0<|k|<\max K\\|W_K(1)| donde los límites divergentes se interpretan como $R$ incrementándose al mismo ritmo en ambos lados. Ahora nos enfocamos en la contribución del arco \begin{align}f(Re^{i\theta})&=\frac{1+e^{iRe^{i\theta}}+e^{-iRe^{i\theta}}+Re^{i\theta}\frac{e^{iRe^{i\theta}}-e^{-iRe^{i\theta}}}{2i}}{1-iRe^{i\theta}(e^{iRe^{i\theta}}-e^{-iRe^{i\theta}})+R^2e^{2i\theta}}.\end{align} Dado que $e^{iRe^{i\theta}}\to0$, el único término que sobrevive en el numerador es $(1-Re^{i\theta}/(2i))e^{-iRe^{i\theta}}$ ya que domina a todos los demás términos conforme $R\to+\infty$. De igual manera, el denominador solo queda como $iRe^{i\theta}e^{-iRe^{i\theta}}+R^2e^{2i\theta}$, entonces \begin{align}\lim_{R\to+\infty}\int_0^\pi f(Re^{i\theta})iRe^{i\theta}\,d\theta&=\lim_{R\to+\infty}\int_0^\pi\frac{Re^{i\theta}(i-Re^{i\theta}/2)e^{-iRe^{i\theta}}}{iRe^{i\theta}e^{-iRe^{i\theta}}+R^2e^{2i\theta}}\,d\theta\\&=\lim_{R\to+\infty}\int_0^\pi\frac{i-Re^{i\theta}/2}{i+Re^{iRe^{i\theta}}e^{i\theta}}\,d\theta\\&\stackrel{(*)}=\lim_{R\to+\infty}\int_{-\pi}^\pi\frac{i-Re^{i\theta}/2}{i+Re^{iRe^{i\theta}}e^{i\theta}}\,d\theta\\&=\lim_{R\to+\infty}\oint_{|z|=R}\frac{i-z/2}{i+ze^{iz}}\,\frac{dz}{iz}\\&=\lim_{R\to+\infty}\frac12\oint_{|z|=R}\frac{2i-z}{z(ize^{iz}-1)}\,dz\\&=\small\pi i\left(-2i+i\left(1+\frac1{1+W_0(1)}\right)+\lim_{R\to+\infty}\sum_{0<|k|<\max K\\|W_K(1)| donde $(*)$ se cumple ya que \begin{align}\lim_{R\to+\infty}\int_{-\pi}^0\frac{i-Re^{i\theta}/2}{i+Re^{iRe^{i\theta}}e^{i\theta}}\,d\theta&=\lim_{R\to+\infty}\int_0^\pi\frac{ie^{i\theta}-R/2}{ie^{i\theta}+Re^{iRe^{-i\theta}}}\,d\theta\to0\end{align} ya que el denominador aumenta exponencialmente en el orden de $Re^R$. Finalmente obtenemos $$2I-\frac\pi{1+W_0(1)}=\frac\pi{1+W_0(1)}\implies I=\frac\pi{1+W_0(1)}$$ como se deseaba.