totissimus ha scritto:$f(1)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{xe^{x}}{1+e^{2x}}dx=\int_{\infty}^{-\infty}\frac{-xe^{-x}}{1+e^{-2x}}(-dx)=-\int_{-\infty}^{\infty}\frac{xe^{x}}{1+e^{2x}}dx=-f(1)=0$
Ma questo non vale in generale indipendentemente da $a$?
totissimus ha scritto:$f(1)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{xe^{x}}{1+e^{2x}}dx=\int_{\infty}^{-\infty}\frac{-xe^{-x}}{1+e^{-2x}}(-dx)=-\int_{-\infty}^{\infty}\frac{xe^{x}}{1+e^{2x}}dx=-f(1)=0$
dan95 ha scritto:Ho generalizzato un po'Testo nascosto, fai click qui per vederloVogliamo 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 $f_n(a)$
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