calcular una integral impropia que incluya la arctangente

Question

Computar $$\int_{0}^{\infty} \frac{\arctan(ax)}{x(1+x^{2})}dx$$

La respuesta es:

$\frac{\pi}{2}\ln(1+a)$ cuando $a \geq 0$

$-\frac{\pi}{2}\ln(1-a)$ cuando $a < 0$

Este es mi problema, y ni siquiera puedo sumergirme en un primer paso apropiado. La parte más difícil es la $\arctan$ que no tengo ni idea de eliminar. Gracias por la ayuda.

Answer 1

Usted quiere evaluar $$ I(a) = \int_0^\infty\! dx\,\frac{\arctan(a x)}{x (1+x^2)}.$$

Es fácil ver (porque $\arctan(0)=0$ ) que $I(0)=0$ . Además, tenemos $$I'(a)= \int_0^\infty \!dx \frac{1}{(1+x^2)(1+ a^2 x^2)}.$$ La última integral se puede integrar por métodos estándar (por ejemplo, expansión de fracciones parciales), y obtenemos $$I'(a) = \frac{a \arctan(a x) -\arctan(x)}{a^2 -1}\Bigg|_{x=0}^\infty = \frac{\pi}2 \frac{|a| -1}{a^2-1} = \frac{\pi}2 \frac{1}{1 +|a|}. $$

Otra integración permite obtener el resultado final $$I(a)= \int_0^a\!db\,I'(b) = \frac{\pi}2 \int_0^a\!db\,(1+|b|)^{-1} = \frac\pi2 \mathop{\rm sgn}(a)\ln(1+|a|).$$

Answer 2

Otro enfoque es considerar $ \displaystyle f(z) = \frac{\ln(1-iaz)}{z(1+z^{2})}$ (donde $ a \ge 0$ ) y se integra alrededor de un contorno en el plano complejo que consiste en el segmento de línea $[-R,R]$ y la mitad superior del círculo $|z|=R$ .

Como $ R \to \infty$ , $ \displaystyle \int f(z) \ dz$ desaparece a lo largo de la mitad superior de $|z|=R$ .

Por lo tanto,

$$ \begin{align} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\ln |1-iax| - i \arctan (ax) }{x(1+x^{2})} \ dx &= \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\frac{1}{2}\ln(1+a^{2}x^{2}) - i \arctan(ax)}{x(1+x^{2})} \ dx \\ &= 2 \pi i \ \text{Res}[f(z),i] \\ &= 2 \pi i \ \lim_{z \to i} \frac{\ln(1-iaz)}{z(z+i)} \\ &= - i \pi \ln(1+a) . \end{align}$$

Pero

$$ \begin{align} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\frac{1}{2}\ln (1+a^{2}x^{2}) - i \arctan (ax) }{x(1+x^{2})} \ dx &= \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\frac{1}{2}\ln(1+a^{2}x^{2})}{x(1+x^{2})} \ dx - i \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\arctan (ax)}{x(1+x^{2})} \ dx \\ &= 0 - 2i \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (ax)}{x(1+x^{2})} \ dx \\ &= -2i \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (ax)}{x(1+x^{2})} \ dx \end{align}$$

ya que el primer integrando es impar y el segundo integrando es par.

Así que tenemos

$$ -2i \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (ax)}{x(1+x^{2})} \ dx = - i \pi \ln(1+a)$$

lo que implica

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (ax)}{x(1+x^{2})} \ dx = \frac{\pi}{2} \ln(1+a) \ , \ a \ge 0.$$

Pero como $\arctan$ es una función impar,

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (ax)}{x(1+x^{2})} \ dx = \frac{\pi}{2} \text{sgn}(a) \ln(1+|a|) .$$

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\dagger}} \newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\right\vert\,} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ \begin{align}&\color{#c00000}{\int_{0}^{\infty} {\arctan\pars{ax} \over x\pars{1+x^{2}}}\,\dd x} =\half\,a\verts{a}\int_{-\infty}^{\infty} {\arctan\pars{x} \over x\pars{x^{2} + a^{2}}}\,\dd x \\[3mm]&=\half\,a\verts{a}\int_{-\infty}^{\infty}\ \overbrace{{\ic \over 2}\,\ln\pars{1 - \ic x \over 1 + \ic x}} ^{\ds{=\ \arctan\pars{x}}}\ {1\over x\pars{x^{2} + a^{2}}}\,\dd x =-\,\half\,a\verts{a}\,\Im\int_{-\infty}^{\infty} {\ln\pars{1 - \ic x} \over x\pars{x^{2} + a^{2}}}\,\dd x \end{align}

Establecer $\ds{t \equiv 1 - \ic x\quad\imp\quad x = \pars{t - 1}\ic}$ : \begin{align}&\color{#c00000}{\int_{0}^{\infty} {\arctan\pars{ax} \over x\pars{1+x^{2}}}\,\dd x} =-\,\half\,a\verts{a}\,\Im\int_{1 + \infty\ic}^{1 - \infty\ic} {\ln\pars{t} \over \pars{t - 1}\ic\bracks{-\pars{t - 1}^{2} + a^{2}}}\,\ic\,\dd t \\[3mm]&=-\,\half\,a\verts{a}\,\Im\color{#00f}{% \int_{1 - \infty\ic}^{1 + \infty\ic}{\ln\pars{t}\over \pars{t - 1}\pars{t - r_{-}}\pars{t - r_{+}}}\,\dd t} \quad \mbox{where}\quad r_{\pm} = 1 \pm \verts{a} \end{align}

Ahora, evaluaremos el $\ds{\color{#00f}{\mbox{'blue integral'}}}$ . Tomamos la " $\ds{\ln}$ -corte de rama" a lo largo del negativo $\ds{t}$ -semi-eje y cerrar el contorno en un semicírculo " a la derecha " $\ds{\pars{~t > 1~}}$ : \begin{align}&\color{#c00000}{\int_{0}^{\infty} {\arctan\pars{ax} \over x\pars{1+x^{2}}}\,\dd x} =-\,\half\,a\verts{a}\,\Im\bracks{-2\pi\ic\, {\ln\pars{r_{+}} + \ic 0 \over \pars{r_{+} - 1}\pars{r_{+} - r_{-}}}} \\[3mm]&=\pi\,a\verts{a}\,\bracks{% {\ln\pars{1 + \verts{a}} \over \verts{a}\pars{2\verts{a}}}} \end{align}

$$ \color{#66f}{\large\int_{0}^{\infty} {\arctan\pars{ax} \over x\pars{1+x^{2}}}\,\dd x ={\pi \over 2}\,\sgn\pars{a}\ln\pars{1 + \verts{a}}} $$