Un altro integrale

[dan952]

$$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{xe^{x}}{a^2+e^{2x}}dx$$

[sandroroma]

$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{xe^{x}}{a^2+e^{2x}}dx$
@dan
Ti sei dimenticato dei "dollari "

[orsoulx]

Caro Dan, qui la classe comincia a fare acqua da tutte le parti: con mooolta fatica ho trovato questo.

La sostituzione $ e^x=a tan(t) $ permette di ottenere un integrale scomponibile in due parti. La prima fornisce il risultato $ \pi/2ln(a)/a $ e la seconda si annulla per la solita simmetria.

Ciao

[dan952]

Hai provato la sostituzione $t=e^{x}$?!

[.Ruben.17]

"dan95":

Hai provato la sostituzione $t=e^{x}$?!

[tex]t=e^x, ~ x=ln(t), ~ dx= t^{-1} dt[/tex]
$\int_{-infty}^{+infty} (x e^x)/(a^2+e^2x) dx= \int_{0}^{+infty} ln(t)/(a^2 + t^2)dt $
[tex]t=aw, ~ dt=a dw[/tex]
$\int_{0}^{+infty} ln(t)/(a^2 + t^2)dt = \int_{0}^{+infty} ln(aw)/(a + a w^2)dw=ln(a)/a \int_{0}^{+infty} 1/(1 + w^2)dw + 1/a \int_{0}^{+infty} ln(w)/(1 + w^2)dw =$
$\pi /2 ln(a)/a + 1/a \int_{0}^{+infty} ln(w)/(1 + w^2)dw $
Ora dimostro che: $ \int_{1}^{+infty} ln(w)/(1 + w^2)dw = - \int_{0}^{1} ln(w)/(1 + w^2)dw$ cosicchè: $1/a \int_{0}^{+infty} ln(w)/(1 + w^2)dw =0$
[tex]w=1/y, ~ dw=- 1/y^2 dy[/tex]
$ \int_{1}^{+infty} ln(w)/(1 + w^2)dw = \int_{1}^{0} ln(1/y)/(1 + 1/y^2) (- 1/y^2) dy = \int_{1}^{0} ln(y)/(1 + y^2)dy= - \int_{0}^{1} ln(w)/(1 + w^2)dw $
ed è fatta

[Erasmus_First]

"orsoulx":[...] La sostituzione $ e^x=a tan(t) $ [...]

Bellissima sostituzione!
Con essa il processo di integrazione, oltre che elegante, risulta estremamente conciso. Infatti:
$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{xe^{x}}{a^2+e^{2x}}dx = int_{0}^(π/2}ln[atan(t)]/adt= int_{0}^(π/2}ln(a)/adt+ int_{0}^(π/2}ln[tan(t)]/adt$.
Nel 3° membro sia $I_1$ il primo integrale e $I_2$ il secondo. Risulta $I_1= π/2ln(a)/a$ e $I_2 = 0$ perché, per $t= π/2-τ $ :
$I_2 = int_{π/2}^(0}ln[tan(π/2-τ)]/ad(-τ)=int_{π/2}^(0}ln[tan(τ)]/adτ =-int_{0}^(π/2}ln[tan(τ)]/adτ=-I_2 ⇒ I_2=0$.

Prima di leggere l'ottima sostituzione fatta da orsoulx avevo provato la sostituzione $p=e^x/a$ con la quale ho raggiunto lo stesso risultato ma con un processo molto meno conciso. Ho trovato infatti:
$int_{-∞}^{+∞} (xe^x)/(a^2+e^{2x))dx= 1/aint_{0}^(+∞}ln(ap)/(1+p^2)dp=ln(a)/aint_{0}^(+∞}(dp)/(1+p^2)+1/aint_{0}^(+∞}ln(p)/(1+p^2)dp=$

$=π/2ln(a)/a+1/a[int_{0}^(1}ln(p)/(1+p^2)dp+ int_{1}^(+∞}ln(p)/(1+p^2)dp] $.
Gli ultimi due integrali sono uno opposto dell'altro dato che, per $p = 1/q$, per l'ultimo integrale risulta:
$int_{1}^(+∞}ln(p)/(1+p^2)dp=int_{1}^(0}ln(1/q)/(1+(1/q)^2)d(1/q)=int_{1}^(0}ln(q)/(q^2+1)dq= -int_{0}^(1}ln(q)/(1+q^2)dq$.

_______

[totissimus]

Un'altra soluzione:

$f(a)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{xe^{x}}{a^{2}+e^{2x}}dx$

$f(1)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{xe^{x}}{1+e^{2x}}dx=\int_{\infty}^{-\infty}\frac{-xe^{-x}}{1+e^{-2x}}(-dx)=-\int_{-\infty}^{\infty}\frac{xe^{x}}{1+e^{2x}}dx=-f(1)=0$

$f(ae^{\beta})=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{xe^{x}}{a^{2}e^{2\beta}+e^{2x}}dx=\frac{1}{e^{\beta}}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{xe^{(x-\beta)}}{a^{2}+e^{2(x-\beta)}}dx=\frac{1}{e^{\beta}}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{(x+\beta)e^{x}}{a^{2}+e^{2x}}dx$=

$\frac{1}{e^{\beta}}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{xe^{x}}{a^{2}+e^{2x}}dx+\frac{\beta}{e^{\beta}}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{x}}{a^{2}+e^{2x}}dx=\frac{1}{e^{\beta}}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{xe^{x}}{a^{2}+e^{2x}}dx+\frac{\beta}{e^{\beta}}\frac{\pi}{2a}$

$f(be^{\beta})=\frac{f(a)}{e^{\beta}}+\frac{\beta}{e^{\beta}}\frac{\pi}{2a}$

$f(ab)=\frac{f(a)}{b}+\frac{ln(b)}{b}\frac{2\pi}{a}$

$f(b)=f(1\cdot b)=\frac{f(1)}{b}+\frac{ln(b)}{b}\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2}\frac{ln(b)}{b}$

[dan952]

@totissimus

[Rigel1]

Altra soluzione:
col cambiamento di variabili \(y = x - \log a\) (supponendo \(a > 0\)) si ha
\[
f(a) = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{(y+\log a) a e^y}{a^2 ( 1 + e^{2y})}\, dy
= \frac{1}{a} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{y e^y}{1 + e^{2y}}\, dy
+ \frac{\log a}{a} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^y}{1 + e^{2y}}\, dy.
\]
Degli ultimi due integrali, il primo è nullo (come già osservato da totissimus), mentre il secondo si calcola immediatamente con la sostituzione \(z = e^y\) e vale \(\pi / 2\).

[totissimus]

Propongo un rilancio . Calcolare

$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^{2}e^{x}}{a^2+e^{2x}}dx$

[dan952]

"totissimus":$f(1)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{xe^{x}}{1+e^{2x}}dx=\int_{\infty}^{-\infty}\frac{-xe^{-x}}{1+e^{-2x}}(-dx)=-\int_{-\infty}^{\infty}\frac{xe^{x}}{1+e^{2x}}dx=-f(1)=0$

Ma questo non vale in generale indipendentemente da $a$?

[totissimus]

@dans95
Non mi è chiara la domanda.

[dan952]

[dan952]

C'è qualcosa di banale che mi sfugge

[totissimus]

@dan95

$f(a)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{xe^{x}}{a^{2}+e^{2x}}dx=\int_{\infty}^{-\infty}\frac{-xe^{-x}}{a^{2}+e^{-2x}}d(-x)=\int_{\infty}^{-\infty}\frac{xe^{-x}}{a^{2}+e^{-2x}}dx=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{xe^{x}}{a^{2}e^{2x}+1}dx=-\frac{1}{a^{2}}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{xe^{x}}{\frac{1}{a^{2}}+e^{2x}}dx=-\frac{1}{a^{2}}f(\frac{1}{a})$

[dan952]

Ecco appunto...

[dan952]

Ho generalizzato un po'

Vogliamo calcolare $f_n(a)=\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x^{n}e^{x}}{a^2+e^{2x}}dx$, dalla sostituzione $x \mapsto x+b$ si ricava (usando il binomio di Newton )
$f_n(a)=\sum_{k=0}^{n}((n),(k))b^{n-k}\frac{1}{e^{b}}f_{k}(\frac{a}{e^{b}})$
sostituendo $b=\ln(a)$ abbiamo
$f_n(a)=\sum_{k=0}^{n}((n),(k))(\ln(a))^{n-k}\frac{1}{a}f_{k}(1)$
Basta quindi calcolare $f_n(1)$ e conoscere $f_{n-1),f_{n-2}, \cdots, f_1,f_0$ per determinare $f_n(a)$

[totissimus]

"dan95":Ho generalizzato un po'

Vogliamo calcolare $f_n(a)=\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x^{n}e^{x}}{a^2+e^{2x}}dx$, dalla sostituzione $x \mapsto x+b$ si ricava (usando il binomio di Newton )
$\frac{1}{e^b}f_n(\frac{a}{e^b})=\sum_{k=0}^{n}((n),(k))b^{n-k}f_{k}(a)$
sostituendo $b=\ln(a)$ abbiamo
$\frac{1}{a}f_n(1)=\sum_{k=0}^{n}((n),(k))(\ln(a))^{n-k}f_{k}(a)$
Basta quindi calcolare $f_n(1)$ e conoscere $f_{n-1),f_{n-2}, \cdots, f_1,f_0$ per determinare $f_n(a)$

?Forse volevi scrivere

$f_n(a)=\frac{1}{a}\sum_{k=0}^{n}((n),(k))(\ln(a))^{n-k}f_{k}(1)$

[dan952]

Sì ho sbagliato a calcolare...

La richiesta diventa quindi quella di calcolare $\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x^{n}e^{x}}{1+e^{2x}}dx$