orsoulx ha scritto:[...] 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 $ :
$I_2 = int_{π/2}^(0}ln[tan(π/2-τ)]/ad(-τ)=int_{π/2}^(0}ln[tan(τ)]/adτ =-int_{0}^(π/2}ln[tan(τ)]/adτ=-I_2 ⇒ I_2=0$.
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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:
$int_{1}^(+∞}ln(p)/(1+p^2)dp=int_{1}^(0}ln(1/q)/(1+(1/q)^2)d(1/q)=int_{1}^(0}ln(q)/(q^2+1)dq= -int_{0}^(1}ln(q)/(1+q^2)dq$.
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