Un integrale

[Covenant]

Propongo un esercizio molto facile ma che mi ha colpito in quanto lo trovo controintuitivo.

Mostrare che:

$$ \int_0^\infty \frac{1}{1+x^2} \cdot \frac{1}{1+x^m} \: \mathrm{d}x = \frac \pi4 \quad \quad \forall \: m \in \mathbb{R}$$

[dissonance]

Sarà mica \(\pi/2\)? Non mi torna per \(m=0\).

[Covenant]

"dissonance":Sarà mica \(\pi/2\)? Non mi torna per \(m=0\).

Perché no? Per $m=0$ ottieni:

$$\int_0^\infty \frac{1}{1+x^2} \cdot \frac 12 \: \mathrm{d}x = \frac \pi4 $$

[dissonance]

Uuh che fesso che sono, hai ragione. Mi sono anche convinto che la traccia è corretta. Molto bello come esercizio, grazie.

Calcoliamo la derivata
\[\tag{1}
\frac{d}{dm}\int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)(1+x^m)}\, dx = \int_0^\infty \frac{-mx^{m+1}\log x}{(1+x^2)(1+x^m)^2}\, \frac{dx}{x}.\]
Applichiamo il cambio di variabile \(x=y^{-1}\), cosicché \(\frac{dx}{x}=\frac{dy}{y}\) e il membro destro della precedente identità diventa
\[
\int_0^\infty \frac{my^{-1-m}\log y}{(1+y^{-2})(1+y^{-m})^2}\frac{dy}y, \]
che, con un piccolo calcolo, si vede essere esattamente uguale alla (1), ma con il segno opposto. Concludiamo che
\[
\frac{d}{dm}\int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)(1+x^m)}\, dx=0.\]
Calcolando l'integrale per \(m=0\) (come nel tuo precedente post), si ha la tesi.


Ah, una cosa. Non è ovvio che l'integrale in (1) sia convergente per ogni \(m \in\mathbb R\), ma è vero, c'è da fare un piccolo conto.

[totissimus]

$\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(1+x^{2})(1+x^{m})}dx=\int_{\infty}^{0}\frac{1}{(1+\frac{1}{y2})(1+\frac{1}{ym})}(-\frac{1}{y2})dy=\int_{0}^{\infty}\frac{x^{m}}{(1+x^{2})(1+x^{m})}dx$

$2\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(1+x^{2})(1+x^{m})}dx=\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(1+x^{2})(1+x^{m})}dx+\int_{0}^{\infty}\frac{x^{m}}{(1+x^{2})(1+x^{m})}dx=\int_{0}^{\infty}\frac{1+x^{m}}{(1+x^{2})(1+x^{m})}dx=\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(1+x^{2})}dx=\frac{\pi}{2}$

$\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(1+x^{2})(1+x^{m})}dx=\frac{\pi}{4}$

[Bokonon]

Avevo fatto come Dissonance ma non mi convinceva molto e richiedeva di dimostrare la convergenza: morale troppi conti e zzz.
Mi piace molto invece la dimostrazione di Totissimus! Chapeau!

[dissonance]

In fondo le due dimostrazioni sono la stessa cosa, si tratta di fare emergere una simmetria nascosta usando il cambio di variabile \(x=y^{-1}\). Sono d'accordo che il procedimento di totissimus è bello ed elegante, più del mio.

Comunque, dimostrare la convergenza dell'integrale è una cavolata, eh. La funzione integranda è
\[
\frac{x^m\log x}{(1+x^2)(1+x^m)^2}, \]
e c'è da ragionare nel caso \(m<0\), nel qual caso la funzione è asintotica, per \(x\to 0\), a
\[
\frac{\log x}{x^{2m}}, \]
che è tranquillissimamente convergente.

[Bokonon]

@dissonance

[Covenant]

Bravi tutti! La dimostrazione che avevo elaborato io era uguale a quella di Totissimus.