[Integral] [Por favor identificar problema] $\displaystyle\int \cfrac{1}{1+x^4}\>\mathrm{d} x$

Question

Aquí está mi intento. El resultado no es correcto. Por favor, ayudar a identificar los problemas.

$\displaystyle f(x)=\int\cfrac{1}{x^4+1}>\mathrm{d}x$, que $x=\tan t$, tenemos $ \mathrm{d}x = \sec^2 t>\mathrm{d}t,> t=\tan^{-1} x\in\left(-\cfrac{\pi}{2},\cfrac{\pi}{2}\right)$\begin{align} \displaystyle f(\tan t)&= \int\cfrac{\sec^2 t> \mathrm{d}t}{1+\tan^4 t}=\int\cfrac{\cos^2 t> \mathrm{d}t}{\cos^4 t+\sin^4 t}=\int\cfrac{\cfrac{1+\cos 2t}{2}> \mathrm{d}t}{(\cos^2 t+\sin^2 t)^2-2\sin^2 t\cos^2 t} \notag\ &=\int\cfrac{1+\cos 2t}{2-\sin^2 2t} >\mathrm{d}t =\int\cfrac{\mathrm{d}t}{2-\sin^2 2t} + \cfrac 12\int\cfrac{\mathrm{d}\sin 2t}{2-\sin^2 2t} \notag\ &=\int\cfrac{\sec^2 2t >\mathrm{d}t}{2\sec^2 2t-\tan^2 2t} + \cfrac {\sqrt{2}}8\int\cfrac{1}{\sqrt{2}-\sin 2t} + \cfrac{1}{\sqrt{2}+\sin 2t}>\mathrm{d}\sin 2t \notag\ &=\cfrac 12\int\cfrac{\mathrm{d}\tan 2t}{2+\tan^2 2t} +\cfrac{\sqrt{2}}{8}\ln \cfrac{\sqrt{2}+\sin 2t}{\sqrt{2}-\sin 2t} \notag\ &=\cfrac {\sqrt{2}}4 \tan^{-1} \cfrac{\tan 2t}{\sqrt{2}} +\cfrac{\sqrt{2}}{8}\ln \cfrac{\sqrt{2}+\sin 2t}{\sqrt{2}-\sin 2t} \notag \end {Alinee el}

$\tan 2t=\cfrac{2\tan t}{1-\tan^2 t}=\cfrac{2x}{1-x^2}, \cfrac{\sqrt{2}+\sin 2t}{\sqrt{2}-\sin 2t}=\cfrac{\sqrt{2}\sec^2 t+\tan t}{\sqrt{2}\sec^2 t-\tan t}=\cfrac{\sqrt{2}(x^2+1)+x}{\sqrt{2}(x^2+1)-x},$

$f(x)=\cfrac {\sqrt{2}}4 \tan^{-1} \cfrac{\sqrt{2}x}{1+x^2} +\cfrac{\sqrt{2}}{8}\ln \cfrac{\sqrt{2}(x^2+1)+x}{\sqrt{2}(x^2+1)-x}+c$

Si lo anterior tiene, sea $\displaystyle \int_0^{\infty} \cfrac{\mathrm{d} x}{1+x^4}$ $0$, que es imposible (debe ser $\cfrac {\sqrt{2}\pi}{4}$).

Answer 1

En comparación con el método que he utilizado en el siguiente, tal vez el problema se produce cuando la informática $$ \int \frac {\mathrm dt} {2-\sin^2(2t)}. $$ A continuación, a partir de ahora en $t$ no puede tomar el valor de $\pm \pi /4$ si queremos repartir el numerador y el denominador por $\cos^2(2t)$. Ahora para calcular la integral impropia, debemos tomar el límite de $x \to 1^-$ $x\to 1^+$ por separado, ya que el resultado es discontinua en a $1$. Teorema Fundamental del Cálculo puede deducir el resultado incorrecto si la aplicamos a un suspendió antiderivada. Por lo que si utilizamos el OP como la antiderivada, debemos calcular $$ f(+\infty) - f(1^+) + f(1^-) - f(0), $$ que iba a dar el resultado correcto $\sqrt 2 \pi/4$.

Conclusión: la computación en la OP es correcto, pero cuando se aplican para calcular la integral definida, se debe dividir el intervalo en el punto de $1$.

Apéndice

Estoy aquí para dar otro enfoque. Nos gustaría introducir un par conjugado. Suponga $x \neq 0$. \begin{align*} \int \frac {\mathrm d x} {1+x^4} &= \frac 12 \int \frac {1-x^2}{1+x^4} \mathrm dx + \int \frac {1+x^2}{1+x^4}\mathrm dx \\ &= \frac 12 \int \frac {x^{-2} - 1}{x^2+x^{-2 }} \mathrm dx + \frac 12 \int \frac {x^{-2} + 1}{x^2+x^{-2 }} \mathrm dx\\ &= -\frac 12 \int \frac {\mathrm d (x + x^{-1})} {(x+x^{-1} )^2 -2} \mathrm dx+\frac 12 \int \frac {\mathrm d(x-x^{-1})} {(x - x^{-1})^2 +2}\\ &= -\frac {\sqrt 2}8 \int \left( \frac 1 {x +x^{-1}-\sqrt 2} - \frac 1{x+x^{-1}+ \sqrt 2}\right)\mathrm d(x+x^{-1}) \\ &\phantom{==}+\frac {\sqrt2}4 \int \frac {\mathrm d(x - x^{-1})/\sqrt 2} {((x-x^{-1})/\sqrt 2)^2 +1} \\ &= \frac {\sqrt 2}8 \log \left( \frac {x + x^{-1}+\sqrt 2} {x +x^{-1}-\sqrt 2}\right) + \frac {\sqrt 2}4 \mathrm {arctan}\left( \frac {x-x^{-1}} {\sqrt 2}\right) + C \\ &= \frac {\sqrt 2}8 \log \left(\frac {x^2 +\sqrt 2 x + 1} {x^2 - \sqrt2 x +1}\right) +\frac {\sqrt 2}4 \mathrm{arctan} \left(\frac {x^2 -1}{\sqrt 2 x}\right) + C. \end{align*}

Si utilizamos esto como el resultado, entonces $$ f(+\infty) - f(0) = \frac {\sqrt 2} 4 \left( \frac \pi 2 + \frac \pi 2\right) = \frac {\sqrt 2}4 \pi. $$

También tenga en cuenta que cuando se $x \neq 0$, $$ \arctan(x) + \mathrm{arccot} (x) = \mathrm {sgn} (x)\frac \pi 2 \implica \arctan (x) = \mathrm {sgn} (x)\frac \pi 2 + \arctan \left(-\frac 1x\right), $$ por lo que el OP es correcta.

Answer 2

Primero de todo, usted cometió un error en la respuesta final — la respuesta correcta debe ser $$f(x)=\frac{\sqrt{2}}{4}\tan^{-1}\frac{\sqrt{2}x}{1\color{red}{-}x^2}+\frac{\sqrt{2}}{8}\ln\frac{\sqrt{2}(x^2+1)+x}{\sqrt{2}(x^2+1)-x}+C.$$

La próxima edición es la introducción de $\sec(2t)$ $\tan(2t)$ cuando cambió a $$\int\frac{\sec^2 2t\,\mathrm{d}t}{2\sec^2 2t-\tan^2 2t}$$ (como parte de una expresión). Tanto en $\sec(2t)$ $\tan(2t)$ son indefinidos en algunos puntos en el dominio $\displaystyle t\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$, viz. en $\displaystyle t=\pm\frac{\pi}{4}$. Por lo tanto, la antiderivada de encontrar en términos de $t$ es de hecho una trozos de la función definida por: $$f(x(t))=\begin{cases} \cfrac{\sqrt{2}}{4}\tan^{-1}\cfrac{\tan2t}{\sqrt{2}}+\cfrac{\sqrt{2}}{8}\ln\cfrac{\sqrt{2}+\sin 2t}{\sqrt{2}-\sin 2t}+C_1, \text{ if } t\in\left(-\cfrac{\pi}{2},-\cfrac{\pi}{4}\right); \\ \cfrac{\sqrt{2}}{4}\tan^{-1}\cfrac{\tan2t}{\sqrt{2}}+\cfrac{\sqrt{2}}{8}\ln\cfrac{\sqrt{2}+\sin 2t}{\sqrt{2}-\sin 2t}+C_2, \text{ if } t\in\left(-\cfrac{\pi}{4},\cfrac{\pi}{4}\right); \\ \cfrac{\sqrt{2}}{4}\tan^{-1}\cfrac{\tan2t}{\sqrt{2}}+\cfrac{\sqrt{2}}{8}\ln\cfrac{\sqrt{2}+\sin 2t}{\sqrt{2}-\sin 2t}+C_3, \text{ if } t\in\left(\cfrac{\pi}{4},\cfrac{\pi}{2}\right). \end{casos}$$

Volviendo a las $x$ todavía crea una trozos de la función definida por: $$f(x)=\begin{cases} \cfrac{\sqrt{2}}{4}\tan^{-1}\cfrac{\sqrt{2}x}{1\color{red}{-}x^2}+\cfrac{\sqrt{2}}{8}\ln\cfrac{\sqrt{2}(x^2+1)+x}{\sqrt{2}(x^2+1)-x}+C_1, \text{ if } x\in(-\infty,-1); \\ \cfrac{\sqrt{2}}{4}\tan^{-1}\cfrac{\sqrt{2}x}{1\color{red}{-}x^2}+\cfrac{\sqrt{2}}{8}\ln\cfrac{\sqrt{2}(x^2+1)+x}{\sqrt{2}(x^2+1)-x}+C_2, \text{ if } x\in(-1,1); \\ \cfrac{\sqrt{2}}{4}\tan^{-1}\cfrac{\sqrt{2}x}{1\color{red}{-}x^2}+\cfrac{\sqrt{2}}{8}\ln\cfrac{\sqrt{2}(x^2+1)+x}{\sqrt{2}(x^2+1)-x}+C_3, \text{ if } x\in(1,+\infty). \end{casos}$$

En los puntos de $x=\pm1$, estas expresiones son indefinidos, y así las correspondientes integrales deben ser tratadas como inadecuado. En su caso, la integral de la $\displaystyle \int_0^{+\infty}$ tiene que ser dividido en la discontinuidad en el $x=1$: $$\int_0^{+\infty}\cdots\,\mathrm{d}x=\int_0^1\cdots\,\mathrm{d}x+\int_1^{+\infty}\cdots\,\mathrm{d}x,$$ y luego, al momento de evaluar la antiderivada de que usted se encuentra, usted tendrá que tomar los límites laterales de la izquierda y de la derecha en $x=1$, los cuales son NO iguales el uno al otro! Y esa es probablemente la fuente de su respuesta equivocada.

Más específicamente: $$\lim_{x\to1^{-}}\frac{\sqrt{2}x}{1-x^2}=+\infty \implies \lim_{x\to1^{-}}\arctan\frac{\sqrt{2}x}{1-x^2}=\frac{\pi}{2},$$ mientras $$\lim_{x\to1^{+}}\frac{\sqrt{2}x}{1-x^2}=-\infty \implies \lim_{x\to1^{-}}\arctan\frac{\sqrt{2}x}{1-x^2}=-\frac{\pi}{2}.$$