Integral: $\int_0^\infty \tan^{-1}\left(\frac{2ax}{x^2+c^2} \right)\sin(bx) \; dx$

Question

Por favor, ayúdenme a demostrar el siguiente resultado:

$$\displaystyle \int_0^\infty \tan^{-1}\left(\frac{2ax}{x^2+c^2} \right)\sin(bx) \; dx=\frac{\pi}{b}e^{-b\sqrt{a^2+c^2}}\sinh (ab)$$

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Encontré esta integral desde aquí: http://integralsandseries.prophpbb.com/post2652.html?sid=d6641d4d4a3726f1b27bbb4b98ca840a y la solución utiliza la integración de contornos. Me pregunto si hay una manera de resolverlo sin utilizar la integración de contornos. He intentado diferenciar wrt $a$ y $c$ pero en ambos casos, la expresión resultante era sucia, lo que me hizo reticente a seguir adelante. Me he quedado sin ideas para este caso.

Se agradece cualquier ayuda. Gracias.

Answer 1

Para demostrar el resultado final necesitaré enunciar un lema que se utilizará más adelante.

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Lema $\require{autoload-all}$ $1$ :

$$\int_0^\infty \! \frac{\cos(bx)}{x^2+\alpha} \mathrm{d}x = \frac{\pi e^{-b\sqrt{\alpha}}}{2b\sqrt{\alpha}}\tag{1}$$

Prueba aquí .

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Considere

$$I = \int_0^\infty\!\! \tan^{-1}\left(\frac{2ax}{x^2+c^2} \right)\sin(bx) \; \mathrm{d}x$$

Integrar por partes

$$I = \int_0^\infty \!\!\frac{2 a \left(c^2-x^2\right) \cos (b x)}{x^4 +(4 a^2+2 c^2) x^2+c^4} \; \mathrm{d}x$$

Descomponer esta función por fracciones parciales $$\frac{2 a \left(c^2-x^2\right) }{x^4 +(4 a^2+2 c^2) x^2+c^4} = \frac{a_-}{x^2+x_0} + \frac{a_+}{x^2+x_1}$$

Resulta que

$$x_0 = 2 a^2+2 a\sqrt{a^2+c^2}+c^2,\quad x_1 = 2 a^2-2a \sqrt{a^2+ c^2}+c^2$$

$$a_- =\frac{2a(c^2+x_0)}{x_1-x_0}, \quad a_+ = \frac{2a(c^2+x_1)}{x_0-x_1}$$

Tenga en cuenta que ambos $x_0$ y $x_1$ son mayores que $0$ .

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Reescribir la integral

$$\begin{align} I &= a_-\int_0^{\infty} \!\! \frac{\cos(bx)}{x^2+x_0} \, \mathrm{d}x + a_+\int_0^{\infty} \!\! \frac{\cos(bx)}{x^2+x_1} \, \mathrm{d}x\\[.3cm] &= \frac{2a(c^2+x_0)}{x_1-x_0}\int_0^{\infty} \!\! \frac{\cos(bx)}{x^2+x_0} \, \mathrm{d}x +\frac{2a(c^2+x_1)}{x_0-x_1}\int_0^{\infty} \!\! \frac{\cos(bx)}{x^2+x_1} \, \mathrm{d}x\end{align}$$

Utilizando $(1)$ :

$$\begin{align} I &= \frac{2a(c^2+x_0)}{x_1-x_0}\cdot\frac{\pi e^{-b\sqrt{x_0}}}{2b\sqrt{x_0}} - \frac{2a(c^2+x_1)}{x_1-x_0}\cdot\frac{\pi e^{-b\sqrt{x_1}}}{2b\sqrt{x_1}}\\[.3cm] &= \left(\frac{a\pi}{b(x_1-x_0)}\right)\left(\frac{(c^2+x_0)e^{-\sqrt{x_0}}}{\sqrt{x_0}} - \frac{(c^2+x_1)e^{-\sqrt{x_1}}}{\sqrt{x_1}}\right)\end{align}$$

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Voy a hacer un inciso aquí para afirmar (sin pruebas pero fácilmente verificables) que $$\frac{c^2+x_0}{\sqrt{x_0}}= \frac{c^2+x_1}{\sqrt{x_1}} = \frac{x_1-x_0}{2a}.$$ Esto nos permite una tremenda simplificación de manera que podemos escribir

$$\begin{align} I = \left(\frac{\pi}{2b}\right)\left(e^{-b\sqrt{x_1}}-e^{-b\sqrt{x_0}} \right). \end{align}$$

También se puede demostrar que $$\sqrt{x_1} = -a+\sqrt{a^2+c^2}$$ $$\sqrt{x_0} = a+\sqrt{a^2+c^2}$$

Basta con elevar al cuadrado cada lado para encontrar la igualdad deseada.

Ahora podemos completar la prueba:

$$\begin{align} I &= \frac{\pi}{2b}\left(e^{-b\sqrt{x_1}}-e^{-b\sqrt{x_0}} \right) \\[.2cm] &= \frac{\pi}{2b}\left(\exp\left(ab-b\sqrt{a^2+c^2}\right)-\exp\left(-ab-b\sqrt{a^2+c^2}\right) \right) \\[.2cm] &= \frac{\pi}{b}\exp\left(-b\sqrt{a^2+c^2}\right)\frac12(\exp(ab)-\exp(ab)) \\[.2cm] &= \dfrac{\pi}{b}\exp\left(-b\sqrt{a^2+c^2}\right)\sinh{ab}\end{align}$$

Si estás interesado en trabajar con las simplificaciones que no he demostrado, te recomiendo que empieces por elevar al cuadrado cada lado después de comprobar que cada lado comparte el mismo signo.

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\dagger}} \newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\right\vert\,} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{0}^{\infty}\arctan\pars{2ax \over x^{2} + c^{2}}\sin\pars{bx}\,\dd x ={\pi \over \verts{b}} \expo{-\verts{b}\root{\vphantom{\Large A}a^{2} + c^{2}}}\sinh\pars{ab}: \ {\large ?}}$

\begin {align}& \color {#c00000}{ \int_ {0}^{ \infty } \arctan\pars {2ax \over x^{2} + c^{2}} \sin\pars {bx}, \dd x} = \half\ , \sgn\pars {ab} \Im\int_ {- \infty }^{ \infty } \arctan\pars {2 \verts {a}x \over x^{2} + c^{2}} \expo { \ic\verts {b}x}, \dd x \\ [3mm]&= \half\ , \sgn\pars {ab}, \Im\int_ {- \infty }^{ \infty }{ \ic \over 2}\, \ln\pars {% 1 - 2 \verts {a}x \ic / \bracks {x^{2} + c^{2}} \over 1 + 2 \verts {a}x \ic / \bracks {x^{2} + c^{2}} \expo { \ic\verts {b}x}, \dd x \\ [3mm]&={1 \over 4}\, \sgn\pars {ab}, \Re\int_ {- \infty }^{ \infty } \ln\pars {% x^{2}- 2 \verts {a} \ic x + c^{2} \over x^{2} + 2 \verts {a} \ic x + c^{2}} \ \underbrace { \expo { \ic\verts {b}x}, \dd x} _{ \ds { \dd\pars { \expo { \ic\verts {b}x} \over \ic\verts {b}}}} \end {align} $$\begin{array}{|c|}\hline \\ \quad\mbox{Here, we used the identity}\quad \arctan\pars{x} = {\ic \over 2}\,\ln\pars{1 - x\ic \over 1 + x\ic}\quad \\ \\ \hline \end{array} $$

Integración por partes: \begin {align}& \color {#c00000}{% \int_ {0}^{ \infty } \arctan\pars {2ax \over x^{2} + c^{2}} \sin\pars {bx}, \dd x} \\ [3mm]&=-\\N-\N-\N-\N-1 \over 4}\, \sgn\pars {ab}, \Re\int_ {- \infty }^{ \infty } \pars {{2x - 2 \verts {a} \ic \over x^{2} - 2 \verts {a} \ic x + c^{2}}- {2x + 2 \verts {a} \ic \over x^{2} + 2 \verts {a} \ic x + c^{2}}} \expo { \ic\verts {b}x},{b} \dd x \over \ic\verts {b}} \\ [3mm]&=-\\N-\N-\N-\N-\N-ES. \sgn\pars {a} \over 2b}\, \Im\int_ {- \infty }^{ \infty } \pars {{x - \verts {a} \ic \over x^{2} - 2 \verts {a} \ic x + c^{2}}- {x + \verts {a} \ic\over x^{2} + 2 \verts {a} \ic x + c^{2}}} \expo { \ic\verts {b}x}, \dd x \end {align}

\begin {align} & \mbox {Ceros de} \quad x^{2} - 2 \verts {a} \ic x + c^{2} =0 \quad\mbox {están dadas por} \quad \left\lbrace\begin {array}{rcl} \phantom {-}x_{1} & = & \pars { \verts {a} + \root {a^{2} + c^{2}} \ic \\ [2mm] \phantom {-}x_{2} & = & \pars { \verts {a} - \root {a^{2} + c^{2}} \ic \end {array} \right. \\ [3mm]& \mbox {Ceros de} \quad x^{2} + 2 \verts {a} \ic x + c^{2} =0 \quad\mbox {están dadas por} \quad \left\lbrace\begin {array}{rcl} -x_{1} & = & \pars {- \verts {a} - \root {a^{2} + c^{2}} \ic \\ [2mm] -x_{2} & = & \pars {- \verts {a} + \root {a^{2} + c^{2}} \ic \end {array} \right. \end {align} Tenga en cuenta que $\ds{\Im\pars{x_{1}} > 0}$ y $\ds{\Im\pars{x_{2}} < 0}$ .

Por lo tanto, \begin {align} & \color {#c00000}{% \int_ {0}^{ \infty } \arctan\pars {2ax \over x^{2} + c^{2}} \sin\pars {bx}, \dd x} \\ [3mm]&=-\\N-\N-\N-\N-\N-ES. \sgn\pars {a} \over 2b}\, \Im\pars {% 2 \pi\ic\ ,{ \pars {x_{1} - \verts {a} \ic } \expo { \ic\verts {b}x_{1}} \over 2x_{1} - 2 \verts {a} \ic } - 2 \pi\ic\ ,{ \pars {-x_{2} + \verts {a} \ic } \expo {- \ic\verts {b}x_{2}} \over -2x_{2} + 2 \verts {a} \ic }} \\ [3mm]&=-\\N-\N-\N-\N-\N-ES. \pi\sgn\pars {a} \over 2b} \braces {% \exp\pars {- \verts {b} \bracks { \verts {a} + \root {a^{2} + c^{2}}}} - \exp\pars { \verts {b} \bracks { \verts {a} - \root {a^{2} + c^{2}}}}} \\ [3mm]&=-\\N-\N-\N-\N-\N-ES. \pi\sgn\pars {a} \over 2b} \bracks {% \expo {- \verts {b} \root { \vphantom { \Large A}a^{2} + c^{2}} \pars { \expo {- \verts {ab}} - \expo { \verts {ab}}}} \\ [3mm]&={ \pi\sgn\pars {a} \over b} \expo {- \verts {b} \root { \vphantom { \Large A}a^{2} + c^{2}} \sinh\pars { \verts {ab}} ={ \pi \over \verts {b}} \expo {- \verts {b} \root { \vphantom { \Large A}a^{2} + c^{2}} \sinh\pars {ab} \end {align}

\begin {align} & \color {#66f}{ \large % \int_ {0}^{ \infty } \arctan\pars {2ax \over x^{2} + c^{2}} \sin\pars {bx}, \dd x ={ \pi \over \verts {b}} \expo {- \verts {b} \root { \vphantom { \Large A}a^{2} + c^{2}} \sinh\pars {ab}} \end {align}