Cómo encontrar el % integral $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{1+ae^{bx^2}}$

Question

¿Podría alguien decirme cómo encontrar el % integral $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{1+ae^{bx^2}}$$ constantes $a$ y $b$?

¡Gracias!

Answer 1

Voy a suponer que $a, b$ son constantes positivas, con el fin de evitar la singularidad de los problemas. Por la sustitución de $z = \sqrt{b} \, x$, la integral en cuestión es igual a

$$ \frac{1}{\sqrt{b}} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-z^2}}{a + e^{-z^2}} \; dz.$$

A partir de la identidad

$$ 1 + x^{2n+1} = (1 + x)(1 - x + \cdots - x^{2n-1} + x^{2n}), $$

obtenemos

$$ \frac{1}{1 + x} = 1 - x + \cdots - x^{2n-1} + x^{2n} - \frac{x^{2n+1}}{1 + x}.$$

Ahora nos temporal asume, además, que el $a > 1$, por lo que el $\alpha = a^{-1} \in (0, 1)$. Entonces

$$\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-z^2}}{1 + \alpha e^{-z^2}} \; dz &= \int_{-\infty}^{\infty} \left( \sum_{k=1}^{2n+1} \alpha^{k-1} e^{-kz^2} - \frac{\alpha^{2n+1}e^{-(2n+2)z^2}}{1 + e^{-z^2}} \right) \; dz \\ &= \sum_{k=1}^{2n+1} (-1)^{k-1} \alpha^{k-1} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-kz^2} \, dz - \alpha^{2n+1} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-(2n+2)z^2}}{1 + e^{-z^2}} \; dz \\ &= \sum_{k=1}^{2n+1} (-1)^{k-1} \alpha^{k-1} \sqrt{\frac{\pi}{k}} - \alpha^{2n+1} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-(2n+2)z^2}}{1 + e^{-z^2}} \; dz \end{align*}$$

Ahora tomando la $n\to\infty$, el resto término se desvanece. Por lo tanto, tenemos

$$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-z^2}}{1 + \alpha e^{-z^2}} \; dz = \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1} \alpha^{k-1} \sqrt{\frac{\pi}{k}} = - \sqrt{\pi} \, \mathrm{Li}_{1/2} \left( -\tfrac{1}{a}\right),$$

donde

$$ \mathrm{Li}_{s}(z) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^n}{n^s}$$

es el polylogarithm de orden $s$, principalmente definida en $|z| < 1$. A pesar de que hemos demostrado que esta identidad sólo para $a > 1$, la igualdad anterior puede utilizarse para definir una continuación analítica de la mano derecha, por lo tanto (por la tautología) tiene para todos los $a > 0$.

Tiene especial valor en $\alpha = 1$, dado por

$$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1 + e^{z^2}} \; dz = -\sqrt{\pi} \, \mathrm{Li}_{1/2}(-1) = \sqrt{\pi} (1 - \sqrt{2}) \zeta \left( \tfrac{1}{2} \right)$$

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{-\infty}^{\infty}{\dd x \a más de 1 + a\expo{bx^{2}}}:\ {\grande ?}\,. \qquad a>0\,,\quad b> 0.}$

\begin{align}&\color{#c00000}{% \int_{-\infty}^{\infty}{\dd x \over 1 + a\expo{b x^{2}}}} ={2 \over \root{b}}\ \overbrace{\int_{0}^{\infty}{\dd x \over 1 + a\expo{x^{2}}}} ^{\ds{x \equiv t^{1/2}}}\ =\ {2 \over \root{b}}\int_{0}^{\infty}{1 \over a\expo{t} + 1} \,\half\,t^{1/2 - 1}\dd t \\[3mm]&={1 \over \root{b}}\int_{0}^{\infty} {t^{\color{#f00}{\large 1/2} - 1}\over \expo{t}/\color{#f00}{\large \pars{1/a}} + 1}\,\dd t ={1 \over \root{b}}\,\bracks{-\Gamma\pars{\half}{\rm Li}_{1/2}\pars{-\,{1 \over a}}} \end{align} La última integral es un bien conocido PolyLogarithm $\ds{{\rm Li_{s}}\pars{z}}$ representación integral.

Desde $\ds{\Gamma\pars{\half} = \root{\pi}}$: $$ \color{#77f}{\large% \int_{-\infty}^{\infty}{\dd x \a más de 1 + a\expo{b x^{2}}} =-\ \raíz{\pi \sobre b}\ {\rm Li}_{1/2}\pars{-\,{1 \over a}}} $$