Demostrar que $\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{x^4+x^2+1}dx = \frac{\pi}{\sqrt{3}}$

Question

Buenas tardes a todos,

¿cómo puedo demostrar que

$$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{x^4+x^2+1}dx = \frac{\pi}{\sqrt{3}}\;?$$

Bueno, sé que $\displaystyle\frac{1}{x^4+x^2+1}$ es una función par y el intervalo $(-\infty,+\infty)$ es simétrico sobre cero, entonces

$$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{x^4+x^2+1}dx = 2\int_0^\infty \frac{1}{x^4+x^2+1}dx.$$ Luego uso la fracción parcial: $$2\int_0^\infty \frac{1}{x^4+x^2+1}dx= 2\int_0^\infty \left( \frac{1-x}{2(x^2-x+1)} + \frac{x+1}{2(x^2+x+1)} \right)dx.$$ Así que eso es todo. ¿Cuál es el siguiente paso?

Answer 1

El siguiente paso es escribir, por ejemplo, $$\frac{x+1}{x^2+x+1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2x+1}{x^2+x+1} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x^2+x+1}$$ a partir de lo cual entonces tenemos $$\int \frac{x+1}{x^2+x+1} \, dx = \frac{1}{2} \log\left|x^2+x+1\right| + \frac{1}{2} \int \frac{dx}{(x+1/2)^2+(\sqrt{3}/2)^2},$$ y la segunda integral es, después de una sustitución adecuada, expresable como una tangente inversa. Un enfoque análogo se aplica al otro término en su expresión original.

Answer 2

$$\int_{\mathbb{R}}\frac{dx}{x^4+x^2+1}=2\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{x^4+x^2+1} = 2\int_{0}^{1}\frac{dx}{x^4+x^2+1}+2\int_{0}^{1}\frac{x^2\,dx}{x^4+x^2+1}$$ así que solo tenemos que encontrar: $$ I=2\int_{0}^{1}\frac{1+x^2}{1+x^2+x^4}\,dx = 2\int_{0}^{1}\frac{1-x^4}{1-x^6}\,dx.$$ Al expandir la función integrando como una serie geométrica tenemos: $$ I = 2\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{6n+1}-\frac{1}{6n+5}\right)=2\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\chi(n)}{n} $$ donde $\chi(n)$ es el carácter de Dirichlet no principal primitivo $\!\!\pmod{6}$. Dado que, por el teorema del residuo:

$$\frac{x^2+1}{x^4+x^2+1}=-\frac{i}{2\sqrt{3}}\left(\frac{1}{x-\omega}+\frac{1}{x-\omega^2}-\frac{1}{x-\omega^4}-\frac{1}{x-\omega^5}\right)$$ donde $\omega=\exp\frac{2\pi i}{6}$, se deduce que: $$ I = \int_{0}^{1}\left(\frac{1}{1-x+x^2}+\frac{1}{1+x+x^2}\right)\,dx=\frac{2\pi}{3\sqrt{3}}+\frac{\pi}{3\sqrt{3}}=\color{red}{\frac{\pi}{\sqrt{3}}}. $$

Como enfoque alternativo, simplemente podemos manipular la representación en serie: $$ I = 2\sum_{n\geq 0}\frac{4}{(6n+3)^2-4}=\frac{1}{9}\sum_{n\geq 0}\frac{8}{(2n+1)^2-\frac{4}{9}}\tag{1}$$ a través de la derivada logarítmica del producto de Weierstrass para la función coseno: $$ \cos z = \prod_{n\geq 0}\left(1-\frac{4z^2}{(2n+1)^2 \pi^2}\right), $$ $$ \tan z = \sum_{n\geq 0}\frac{8z}{(2n+1)^2 \pi^2 - 4z^2}$$ $$ \pi\tan(\pi z) = \sum_{n\geq 0}\frac{8z}{(2n+1)^2 - 4z^2}\tag{2}$$ de lo cual se sigue que: $$ I = \frac{\pi}{3}\tan\frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{\sqrt{3}}.\tag{3} $$

Answer 3

\begin{align} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{x^4+x^2+1}\,\mathrm dx&=2\int_{0}^{\infty} \frac{1}{x^4+x^2+1}\,\mathrm dx\\[7pt] &=2\int_{0}^{\infty} \frac{1}{\left(x-\frac{1}{x}\right)^2+3}\cdot\frac{\mathrm dx}{x^2}\\[7pt] &=2\int_{0}^{\infty} \frac{1}{\left(y-\frac{1}{y}\right)^2+3}\,\mathrm dy\tag1\\[7pt] &=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\left(y-\frac{1}{y}\right)^2+3}\,\mathrm dy\\[7pt] &=\int_{-\infty}^{0}\frac{1}{\left(y-\frac{1}{y}\right)^2+3}\,\mathrm dy+\int_{0}^{\infty}\frac{1}{\left(y-\frac{1}{y}\right)^2+3}\,\mathrm dy\\[7pt] &=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{z}}{\left(e^{z}-e^{-z}\right)^2+3}\,\mathrm dz+\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-z}}{\left(e^{-z}-e^{z}\right)^2+3}\,\mathrm dz\tag2\\[7pt] &=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{2\cosh z}{\left(2\sinh z\right)^2+3}\,\mathrm dz\tag3\\[7pt] &=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{t^2+3}\,\mathrm dt\tag4\\[7pt] &=\left.\frac{\arctan\left(\frac{t}{\sqrt{3}}\right)}{\sqrt{3}}\right|_{-\infty}^{\infty}\\[7pt] &=\bbox[5pt,border:3px #FF69B4 solid]{\color{red}{\large\frac{\pi}{\sqrt{3}}}}\tag{$\color{red}{}$} \end{align}

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Explicación :

$(1)\;$ Use la sustitución $\;\displaystyle y=\frac{1}{x}\quad\implies\quad \mathrm dy=-\frac{\mathrm dx}{x^2}$

$(2)\;$ Use la sustitución $\;\displaystyle y=e^{z}\,$ para la integral izquierda y $\;\displaystyle y=e^{-z}\,$ para la integral derecha

$(3)\;$ Suma ambas integrales y luego utiliza el hecho de que $\;\displaystyle \cosh z=\frac{e^{z}+e^{-z}}{2}\,$ y $\;\displaystyle \sinh z=\frac{e^{z}-e^{-z}}{2}\,$

$(4)\;$ Use la sustitución $\;\displaystyle t=2\sinh z\quad\implies\quad \mathrm dt=2\cosh z\;\mathrm dz$

Answer 4

$$x^4 + x^2 + 1 = 0 \implies x = \frac{1 \pm i\sqrt{3}}{2}, \frac{-1 \pm i\sqrt{3}}{2}$$

Solo considera las dos raíces positivas,

$$a, b = \frac{1 + i\sqrt{3}}{2}, \frac{-1 + i\sqrt{3}}{2}$$

Considera un contorno de semicírculo $C$, con radio $R$ y semicírculo superior $\Gamma$

En otras palabras, $C = \text{línea} + \Gamma$

La integral alrededor del contorno completo $C$ es:

$$\oint_{C} f(z) dz = (2\pi i)(\sum Res)$$

La suma de los residuos es la siguiente: (pregunta si no entiendes)

$$\sum \text{Res}f(z) = \frac{-i}{2\sqrt{3}}$$

Entonces,

$$\oint_{C} f(z) dz = (2\pi i)(\sum Res) = (2\pi i)\cdot \frac{-i}{2\sqrt{3}} = \frac{\pi}{\sqrt{3}}$$

Pero notamos que:

$$\oint_{C} f(z) dz = \int_{-R}^{R} f(x) dx + \int_{\Gamma} f(z) dz = \frac{\pi}{\sqrt{3}}$$

Usando el lema de estimación de M-L

Verás que:

$$\left| \int_{\Gamma} \frac{1}{z^4 + z^2 + 1} dz \right| \le \int_{\Gamma} \left| \frac{1}{z^4 + z^2 + 1} \right|$$

Verás que:

El punto en representación polar es $z = Re^{i\theta}$

$$\left| \frac{1}{z^4 + z^2 + 1} \right| = \left| \frac{1}{R^4e^{4i\theta} + (R^2e^{2i\theta}) + 1} \right|$$

Dado que $\theta > 0$ tenemos:

$$\left| \frac{1}{R^4e^{4i\theta} + (R^2e^{2i\theta}) + 1} \right| = \left| \frac{1}{R^4(1) + R^2(1)) + 1} \right| = M$$

El perímetro a lo largo del semicírculo es $L(\Gamma) = \frac{1}{2} (2\pi R) = \pi R$

La desigualdad Ml establece:

$$\left| \int_{\Gamma} \frac{1}{z^4 + z^2 + 1} dz \right| \le \int_{\Gamma} \left| \frac{1}{z^4 + z^2 + 1} \right| \le ML(\Gamma) = \frac{\pi R}{R^4(1) + R^2(1)) + 1}$$

$$\lim_{R \to \infty} \frac{\pi R}{R^4(1) + R^2(1)) + 1} = 0$$

Regresando a:

$$\oint_{C} f(z) dz = \int_{-R}^{R} f(x) dx + \int_{\Gamma} f(z) dz = \frac{\pi}{\sqrt{3}}$$

Tomando el límite cuando $R \to \infty$

$$\frac{\pi}{\sqrt{3}} = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx + \lim_{R \to \infty} \int_{\Gamma} f(z) dz = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx + 0$$

Así,

$$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{x^4 + x^2 + 1} dx = \frac{\pi}{\sqrt{3}}$$

Answer 5

Otra forma de probar es usar series: \begin{eqnarray} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{x^4 + x^2 + 1} dx&=&2\int_{0}^{\infty} \frac{1}{x^4 + x^2 + 1} dx\\ &=&2\int_{0}^{1} \frac{1}{x^4 + x^2 + 1} dx+2\int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^4 + x^2 + 1} dx\\ &=&2\int_{0}^{1} \frac{1}{x^4 + x^2 + 1} dx+2\int_{0}^{1} \frac{x^2}{x^4 + x^2 + 1} dx\\ &=&2\int_{0}^{1} \frac{1+x^2}{x^4 + x^2 + 1} dx\\ &=&2\int_{0}^{1} \frac{1-x^4}{1-x^6} dx\\ &=&2\int_{0}^{1}\sum_{n=0}^\infty x^{6n}(1-x^4)dx\\ &=&2\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{6n+1}-\frac{1}{6n+5}\right)\\ &=&8\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(6n+1)(6n+5)}\\ &=&\frac{1}{9}\sum_{n=-\infty}^\infty\frac{1}{(n+\frac{1}{2})^2+(\frac{i}{3})^2}\\ &=&\frac{1}{9}\frac{\pi\sinh(2\pi b)}{b\left(\cosh(2\pi b)-\cos(2\pi a)\right)}\bigg|_{a=-\frac12,b=\frac i3}\\ &=&\frac{\pi}{\sqrt3}. \end{eqnarray} Aquí utilizamos un resultado de esta publicación.