Un cachonda Integral elíptico

Question

Estoy tratando de evaluar:

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{\left|1+\alpha x^{2}\right|},\textrm{ }\alpha\in\mathbb{C}\backslash(-\infty,0]$$

Es sencillo ver que es convergente para tal $\alpha$ -, pero que es probablemente la única cosa simple! He estado perdido en el intento de resolver esta por varios días, ahora. Realizar un cambio de variables se obtiene:

$$\int_{0}^{\infty}\frac{\sqrt{q}dx}{\sqrt{x}\sqrt{x^{2}+px+q}}$$

donde $p=\frac{\cos\theta}{r}$ $q=\frac{1}{r^{2}}$ donde $\alpha=re^{i\theta}$.

Realizar aún más cambios de variables e integrando por partes de los rendimientos (suponiendo que yo no la pata en algún lugar a lo largo del camino):

$$\frac{2}{r}+\frac{2}{r}\int_{\frac{p}{2}}^{\infty}\frac{x\sqrt{x-\frac{p}{2}}}{\left(x^{2}-\Delta^{2}\right)^{3/2}}dx$$

donde $\Delta=\frac{i}{2r}\sqrt{4-\cos^{2}\theta}$. Esta versión, Mathematica es capaz de calcular, dando la fórmula:

$$\int_{a}^{\infty}\frac{x\sqrt{x-a}}{\left(x^{2}-b^{2}\right)^{3/2}}dx=\frac{\textrm{sgn}\left(\textrm{arg}\left(-b^{-2}\right)\right)}{\left(a^{2}-b^{2}\right)^{1/4}}K\left(\frac{1}{2}-\frac{a}{2\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\right)$$

donde $K$ es la integral elíptica completa de primera especie. Sin embargo, esta fórmula sólo es válida para $a,b\in\mathbb{C}$ satisfactorio $\textrm{Im}\left(a\right)=0$, $\textrm{Re}\left(a\right)>0$, $\textrm{Re}\left(b^{2}\right)<0$, y de satisfacciones: "$\textrm{Re}\left(a\right)>\textrm{Re}\left(b\right)$ $a>\textrm{Re}\left(b\right)$ " O "$b\notin\mathbb{R}$".

Todas estas condiciones son satisfechas para que mis integral, excepto para el $\textrm{Re}\left(a\right)>0$ condición, que no tiene ningún sentido. $a=\frac{p}{2}=\frac{\textrm{Re}\left(\alpha\right)}{\left|\alpha\right|^{2}}$, y la integral inicial es válida incluso para $\alpha$$a\leq0$, mientras $\textrm{Im}\left(\alpha\right)\neq0$.

Así que: todas las ideas de cómo evaluar:

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{\left|1+\alpha x^{2}\right|}?$$

Gracias!

Answer 1

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

$\ds{\alpha \in \mathbb{C}\setminus\left(-\infty,0\right].\quad}$ Permite $\ds{\alpha = \verts{\alpha}\exp\pars{\ic\phi}\quad}$ donde $\ds{\quad-\pi < \phi < \pi\quad}$ $\ds{\quad\alpha \not= 0}$.

\begin{align} &\int_{-\infty}^{\infty}{\dd x \over \verts{1 + \alpha x^{2}}} = {2 \over \root{\verts{\alpha}}}\int_{0}^{\infty} {\root{\verts{\alpha}}\dd x \over \verts{\vphantom{\Large A} \verts{\alpha}x^{2} + \verts{\alpha}/\alpha}} \\[5mm] \stackrel{\root{\verts{\alpha}}x\ \mapsto\ x}{=}& {2 \over \root{\verts{\alpha}}}\int_{0}^{\infty} {\dd x \over \verts{\vphantom{\Large A} x^{2} + \bar{\alpha}/\verts{\alpha}}} = {2 \over \root{\verts{\alpha}}}\int_{0}^{\infty} {\dd x \over \verts{\vphantom{\Large A} x^{2} + \expo{-\ic\phi}}} \\[5mm] = &\ {2 \over \root{\verts{\alpha}}}\int_{0}^{\infty} {\dd x \over \root{\pars{x^{2} + \expo{-\ic\phi}}\pars{x^{2} + \expo{\ic\phi}}}} \\[5mm] = &\ {2 \over \root{\verts{\alpha}}}\int_{0}^{\infty} {\dd x \over \root{x^{4} + 2\cos\pars{\phi}x^{2} + 1}} \\[5mm] = &\ {2 \over \root{\verts{\alpha}}}\int_{0}^{\infty} {1 \over \root{x^{2} + 2\cos\pars{\phi} + 1/x^{2}}}\,{\dd x \over x} \\[5mm] = &\ {2 \over \root{\verts{\alpha}}}\int_{0}^{\infty} {1 \over \root{\pars{x - 1/x}^{2} + 2 + 2\cos\pars{\phi}}}\,{\dd x \over x} \\[5mm] = &\ {2 \over \root{\verts{\alpha}}}\int_{0}^{\infty} {1 \over \root{\pars{x - 1/x}^{2} + 4\cos^{2}\pars{\phi/2}}}\,{\dd x \over x} \end{align} Con el cambio de variables $\ds{t = x - {1 \over x}}$ $\ds{x = {\root{t^{2} + 4} + t \over 2}}$: \begin{align} &\int_{-\infty}^{\infty}{\dd x \over \verts{1 + \alpha x^{2}}} = {2 \over \root{\verts{\alpha}}}\int_{-\infty}^{\infty} {\dd t \over \root{t^{2} + 4\cos^{2}\pars{\phi/2}}\root{t^{2} + 4}} \\[5mm] \stackrel{t\ =\ 2\tan\pars{\theta}}{=}\,\,\,&\ {4 \over \root{\verts{\alpha}}}\int_{0}^{\pi/2} {2\sec^{2}\pars{\theta} \over \root{4\tan^{2}\pars{\theta} + 4\cos^{2}\pars{\phi/2}}\bracks{2\sec\pars{\theta}}}\,\dd\theta \\[5mm] = &\ {2 \over \root{\verts{\alpha}}}\int_{0}^{\pi/2} {\dd\theta \over \root{\sin^{2}\pars{\theta} + \cos^{2}\pars{\phi/2}\cos^{2}\pars{\theta}}} \\[5mm] = &\ {2 \over \root{\verts{\alpha}}}\int_{0}^{\pi/2} {\dd\theta \over \root{\cos^{2}\pars{\phi/2} + \sin^{2}\pars{\phi/2}\sin^{2}\pars{\theta}}} \\[5mm] = &\ \bbx{\ds{{2 \over \root{\verts{\alpha}}} \,\mrm{K}\pars{\sin^{2}\pars{\phi \over 2}}}}\,;\qquad\alpha \not= 0\,,\quad \phi = \,\mrm{arg}\pars{\alpha}\,,\quad \phi \in \pars{-\pi,\pi} \end{align}

$\ds{\mrm{K}}$ es la Integral Elíptica Completa de Primera Especie.

Answer 2

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Answer 3

En esta respuesta yo uso sustitución de variables, que no puedo encontrar en las respuestas ya publicadas.

Decir que $\alpha \neq 0$ y $\alpha = \varrho e^{i\theta}, \, -\pi <\theta< \pi$. A continuación, $|1+\alpha x^2| = \sqrt{\varrho^2x^4 +2\varrho\cos \theta x^2+1}$ y \begin{gather*} I = \int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{dx}{|1+\alpha x^2|} = 2\int_{0}^{\infty}\dfrac{dx}{\sqrt{\varrho^2x^4 +2\varrho\cos \theta x^2+1}} =\dfrac{2}{\sqrt{\varrho}} \int_{0}^{\infty}\dfrac{dx}{\sqrt{x^4 +2\cos \theta x^2+1}} = \\[2ex] \dfrac{4}{\sqrt{\varrho}} \int_{0}^{1}\dfrac{dx}{\sqrt{x^4 +2\cos \theta x^2+1}} = \dfrac{4}{\sqrt{\varrho}} \int_{0}^{1}\dfrac{dx}{\sqrt{x^4+2x^2+1-4x^2\sin^2\frac{\theta}{2}}} = \\[2ex] \dfrac{4}{\sqrt{\varrho}} \int_{0}^{1}\dfrac{dx}{(x^2+1)\sqrt{1-\frac{4x^2}{(x^2+1)^2}\sin^2\frac{\theta}{2}}}.\tag{1} \end{frunce *} $0<x<1$ ponemos $y = \dfrac{2x}{x^2+1}, 0<y<1$. \begin{equation*} y(x^2+1)=2x\tag{2} \end{Ecuación *} y \begin{equation*} x= \dfrac{1-\sqrt{1-y^2}}{y}.\tag {3} \end{ecuación *} de (2) obtener\begin{equation*} (x^2+1)dy + 2xydx=2dx \Leftrightarrow dx= \dfrac{x^2+1}{2(1-xy)}dy = \dfrac{x^2+1}{2\sqrt{1-y^2}}dy \end{ecuación *} donde hemos utilizado (3) en el último paso. Finalmente utilizamos (1). Así\begin{equation*} I = \dfrac{2}{\sqrt{\varrho}} \int_{0}^{1}\dfrac{dy}{\sqrt{1-y^2}\sqrt{1-y^2\sin^2\frac{\theta}{2}}} = \dfrac{2}{\sqrt{|\alpha|}}K\left(\sin^2\frac{\theta}{2}\right). \end{ecuación *}

Answer 4

Tal vez algo parecido a esto: en Primer lugar, escribimos $\alpha=a+ib$ y utilice el hecho de que el integrando es par. Por lo tanto, la integral es igual a $$ 2\int_0^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{(1+ax^2)^2+(bx^2)^2}}\,dx $$ Jugando un poco con esa expresión, nos encontramos con que esto es igual a $$ \biggl[\frac{1}{(a^2+b^2)^{1/4}} F\Bigl(2\arctan\bigl((a^2+b^2)^{1/4}x\bigr),\frac{1}{2}-\frac{a}{2\sqrt{a^2+b^2}}\Bigr)\biggr]_0^{+\infty} $$ donde $F$ denota la incompleta integral elíptica de primera especie (EllipticF en Mathematica, otros convenios y convenciones se utilizan también). El límite de $x=0$ da ninguna contribución, y, utilizando el límite superior, se obtiene $$ \frac{2}{(a^2+b^2)^{1/4}}K\Bigl(\frac{1}{2}-\frac{a}{2\sqrt{a^2+b^2}}\Bigr) $$ donde $K$ denota la integral elíptica completa de primera especie, (EllipticK en Mathematica).

Answer 5

Alabado sea! Yo sólo lo imaginé!

$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{\left|1+\alpha x^{2}\right|}$

es el $L^{2}$ norma de $\left(1+\alpha x^{2}\right)^{-\frac{1}{2}}$. La transformada de fourier ($\int_{-\infty}^{\infty}f\left(x\right)e^{-2\pi i\xi x}dx$ convenio) de $\left(1+\alpha x^{2}\right)^{-\frac{1}{2}}$ $\frac{2}{\sqrt{\alpha}}K_{0}\left(\frac{2\pi\left|\xi\right|}{\sqrt{\alpha}}\right)$ donde $K_{0}$ es la función Bessel modificada de segunda clase.

Wolfram Alpha da

$\int_{-\infty}^{\infty}\left|K_{0}\left(\left|x\right|\right)\right|^{2}dx=\frac{\pi^{2}}{2}$

Así, utilizando la Identidad de Parseval, la división de la integral en la mitad, y realizar el cambio de variables, a continuación, los rendimientos de la respuesta:

$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{\left|1+\alpha x^{2}\right|}=\frac{\pi}{\sqrt{\alpha}}$

Woo!

Espera... maldita sea. Esto no toma en cuenta el hecho de que $\alpha$ es complejo. El cambio de variables conduce a una integral de contorno en un rayo de 0. Así que aún hay mucho trabajo por hacer.

Resulta que necesita para integrar el cuadrado del módulo de $K_{0}$ a lo largo de los rayos de 0 a $\frac{\infty}{\sqrt{\alpha}}$. Alguna idea de cómo hacer esto?