¿Evaluación $\int_{0}^{\infty} \frac{1}{a_{n}x^{n} + ... + a_{2}x^{2} + a_{o}}dx$ vía teoría de residuos?

Question

En el texto "Funciones de una Variable Compleja" por Robert E. Greene y Steven G. Krantz estoy teniendo problemas para verificar mi solución a $\text{Problem (1)}$

$\text{Problem (1)}$

Utilizando el Cálculo de los Residuos evaluar los siguientes

$$\int_{0}^{\infty} \frac{1}{a_{n}x^{n} + ... + a_{2}x^{2} + a_{o}}dx \, \, \, $$

$\text{Remark}$

$p(x)$ es cualquier polinomio con cero en el eje real no negativo

$\text{Solution}$

Para $(1)$ variable real métodos sería infructuoso tenemos que tomar el,

$$\oint_{\eta_{R}} \frac{\log(z)}{a_{n}z^{n} + ... + a_{2}z^{2} + a_{o}}dz.$$

Para nuestra elección $f$, en un principio nos vamos a

$$\, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \eta_{R}^{1}(t) = t + i/\sqrt{2R}, \, \, \, \, 1/\sqrt{2R} \leq t \leq R,$$

$$\eta_{R}^{2}(t)= Re^{it}, \, \, \, \, \theta_{0} \leq t \leq 2 \pi - \theta_{0},$$

donde $\theta_{0} = \theta_{0}(R) = \sin^{-1}(1/(R \sqrt{2R}))$

$$\, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \eta_{R}^{3}(t) = R -t -i/\sqrt{2R}, \, \, \, \, 0 \leq t \leq R-1/\sqrt{2R}.$$

$$\eta_{R}^{4}(t) = e^{it}/\sqrt{R}, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \pi/4 \leq t \leq 7 \pi /4.$$

Es importante tener en cuenta que,

$$\oint_{\eta_{R}} \frac{\log(z)}{a_{n}z^{n} + ... + a_{2}z^{2} + a_{o}}dz = 2 \pi i \bigg( \sum_{j} \operatorname{Ind_{\eta_{R}}}(P_{j}) \cdot \operatorname{Res_{\eta_{R}}}(P_{j}) \bigg) $$

Claramente nuestra selección de $f$ tiene un polo de orden de $P$ y un polo de la orden de $n$. Claramente,

\begin{align*} \operatorname{Res_{f}(P)} &= \frac{1}{(n-1)!} \bigg( \partial_{z} \bigg)^{n-1} \bigg( (z-n)^{n} \frac{\log(z)}{a_{n}z^{n} + ... + a_{2}z^{2} + a_{o}}\bigg) \bigg|_{z=P}\\ \, \, \, &= \frac{1}{(n)!} \bigg( \partial_{z} \frac{\log(z)}{a_{n}x^{n} + ... + a_{n}z^{2} + a_{o}}\bigg|_{z = P} \bigg) \\ &= \frac{1}{(n!)}\frac{\log(z) - a_{n}z^{n} + ... + a_{2}P^{2} + a_{o}}{(\log(x)^{2})}\\ &= \frac{1}{(n!)}\frac{\log(P) - a_{n}P^{n} + ... + a_{2}P^{2} + a_{o}}{(\log(P)^{2})}. \end{align*}

Juntando las piezas,

$(*)$ $$\oint_{\eta_{R}} \frac{\log(z)}{a_{n}z^{n} + ... + a_{2}z^{2} + a_{o}}dz = 2 \pi i \bigg( \frac{1}{(n!)}\frac{\log(P) - a_{n}P^{n} + ... + a_{2}P^{2} + a_{o}}{(\log(P)^{2})} \bigg) \cdot 1$$

Aplicando el Teorema de los Residuos por desgracia no es suficiente para terminar nuestro juego, así que se convierte en imprescindible para afirmar que

$(**)$

$$ \Bigg| \lim_{R \rightarrow \infty}\oint_{\eta^{2}_{R}} f(z)dz \Bigg| \rightarrow 0 $$

y que,

$(***)$

$$ \Bigg| \lim_{R \rightarrow \infty}\oint_{\eta^{4}_{R}} f(z)dz\Bigg| \rightarrow 0.$$

Un dispositivo utilizado para justificar la convergencia de más de $\eta_{4}$ e $\eta_{2}$ es el hecho de que

$$\bigg(\log \bigg( \frac{x + i \sqrt{2R}}{(x-i/\sqrt{2R}} \bigg) \bigg)\rightarrow -2 \pi i \text{.}$$

Volveremos a este dispositivo en particular después de tratar con nuestro análisis de la convergencia de más de $\eta_{4}$ e $\eta_{2}$. En primer lugar tomamos que,

$$\sum_{\psi}^{4} \bigg(\oint_{\eta_{R}^{\psi}} \frac{\log(z)}{a_{n}z^{n} + ... + a_{2}z^{2} + a_{o}}dz \bigg). $$

Ahora, más de la $\eta_{2}$ se puede ver que,

\begin{align*} \bigg| \oint_{\eta_{R}^{2}}\frac{\log(z)}{a_{n}z^{n} + ... + a_{2}z^{2} + a_{o}}dz\bigg|& = \bigg| \int_{-R}^{+Ri} \frac{\log(Re^{it})}{a_{n}(Re^{it})^{n} + ... + a_{2}(Re^{it})^{2} + a_{o}} iRe^{i \theta} d \theta\bigg|\\&= \int_{-R}^{+Ri} \bigg|\frac{\log(Re^{it})}{{a_{n}(Re^{it})^{n} + ... + a_{2}(Re^{it})^{2} + a_{o}}} \bigg| \big| iRe^{i \theta} d \theta \big|\\&= \int_{-R}^{+Ri} \frac{\bigg|\log(Re^{it}) \bigg|}{\bigg| {a_{n}(Re^{it})^{n} + ... + a_{2}(Re^{it})^{2} + a_{o}} \bigg|} \bigg|iRe^{i \theta} \bigg| d \theta \bigg| \\& = \int_{\theta_{0}}^{2 \pi - \theta_{0}} \frac{\bigg|\log(Re^{it}) \bigg|}{\bigg|{a_{n}(Re^{it})^{n} + ... + a_{2}(Re^{it})^{2} + a_{o}} \bigg|} \bigg|iRe^{i \theta} \bigg| \bigg|d \theta \bigg|. \end{align*}

Ahora podemos establecer una estimación precisa de $\eta_{2}$

$$\bigg| \oint_{\eta_{R}^{2}} \frac{\log(z)}{a_{n}z^{n} + ... + a_{2}z^{2} + a_{o}}dz\bigg| \leq \frac{\ln(R) + \pi }{R^{n} - a_{o}} \pi R \, \, \text{as} \, \, \, R \rightarrow \infty.$$

Un proceso similar para $\eta_{4}$ dice que,

\begin{align*} \bigg| \oint_{\eta_{R}^{4}} \frac{\log(e^{it}/\sqrt{R})}{{a_{n}z^{n} + ... + a_{2}z^{2} + a_{o}}} dz\bigg|& = \oint_{\eta_{R}^{4}} \bigg| \frac{\log(e^{it}/\sqrt{R})}{{a_{n}(e^{it}/\sqrt{R})^{n} + ... + a_{2}(e^{it}/ \sqrt{R})^{2} + a_{o}}} iRe^{i \theta} d \theta\bigg|\\&= \oint_{\eta_{R}^{4}} \frac{\bigg|\log(e^{it}/\sqrt{R}) \bigg|}{\bigg|a_{n}(e^{it}/\sqrt{R})^{n} + ... + a_{2}(e^{it}/ \sqrt{R})^{2} + a_{o} \bigg|} iRe^{i \theta} d \theta \\&= \oint_{\eta_{R}^{4}} \frac{\bigg| \log(e^{it})- \frac{1}{2}\log(R^{}) \bigg|}{ \bigg|a_{n}(e^{it}/\sqrt{R})^{n} + ... + a_{2}(e^{it}/ \sqrt{R})^{2} + a_{o} \bigg|} \bigg| iRe^{i \theta} d \theta \bigg|\\& =\oint_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{7 \pi}{4}} \frac{\bigg| it\log(e^{})- \frac{1}{2}\log(R^{}) \bigg|}{ \bigg|a_{n}(e^{it}/\sqrt{R})^{n} + ... + a_{2}(e^{it}/ \sqrt{R})^{2} + a_{o}\bigg|} \bigg| iRe^{i \theta}\bigg| d \theta \bigg|. \end{align*}

Ahora podemos establecer una estimación precisa de $\eta_{4}$ por lo tanto,

$$\bigg| \oint_{\eta_{R}^{4}} \frac{\log(e^{it}/\sqrt{R})}{{a_{n}z^{n} + ... + a_{2}z^{2} + a_{o}}} dz\bigg| \leq \text{length}(\eta_{R}^{4}) \cdot \sup_{\eta_{R}^{4}}(g) \leq \pi R \frac{O(\log(R))}{\sqrt{R}} \, \text{as} \, R \rightarrow \infty.$$

Tomando cuidado para proporcionar estimaciones sobre $\eta_{2}$ e $\eta_{4}$ a que han demostrado ser $(***)$ e $(**)$.

La aplicación de Szeto del Lema se hace evidente que,

$(****)$ $$\oint_{\eta^{1}_{R}}g(z) dz + \oint_{\eta^{3}_{R}}g(z) dz \rightarrow - 2 \pi i \int_{0}^{\infty} \frac{1}{a_{n}t^{n} + ... + a_{2}t^{2} + a_{o}}dx \, \, \,$$

Ahora tomando la $(*)$, $(**)$, $(***)$, $(****)$ tomados en conjunto rendimiento,

$$\int_{0}^{\infty} \frac{1}{a_{n}x^{n} + ... + a_{2}x^{2} + a_{o}}dx = 2 \pi i \bigg( \frac{1}{(n!)}\frac{\log(P) - a_{n}P^{n} + ... + a_{2}P^{2} + a_{o}}{(\log(P)^{2})} \bigg)$$

Answer 1

Deje $p(X)\in\mathbb{C}[X]$ ser un polinomio de grado $n\geq 2$ cuyas raíces están en $\mathbb{C}\setminus\mathbb{R}_{\geq 0}$. El objetivo es evaluar $$I:=\int_0^\infty\,\frac{1}{p(x)}\,\text{d}x\,.$$ Deje $z_1,z_2,\ldots,z_k\in\mathbb{C}$ ser todos los pares de distintas raíces de $p(X)$, respectivamente, con multiplicidades $m_1,m_2,\ldots,m_k$ (donde $n=m_1+m_2+\ldots+m_k$). Definir $f:\left(\mathbb{C}\setminus\mathbb{R}_{\geq 0}\right)\to\mathbb{C}$ a ser la función de holomorphic $$f(z):=\frac{\ln(z)}{p(z)}\text{ for all }z\in\left(\mathbb{C}\setminus\mathbb{R}_{\geq 0}\right)\,.$$ Aquí, por un complejo número de $z\in\left(\mathbb{C}\setminus \mathbb{R}_{\ge0}\right)$, escribimos $z=r\,\exp(\text{i}\phi)$ con $\phi\in(0,2\pi)$ e $r>0$, y luego definir $$\ln(z):=\ln(r)+\text{i}\phi\,,$$ para que la rama de corte es $\mathbb{R}_{\geq 0}$. Para $\epsilon\in(0,1)$, conjunto $$J(\epsilon):=\oint_{\Gamma_{\epsilon}}\,f(z)\,\text{d}z\,,$$ donde $\Gamma_{\epsilon}$ es la orientación positiva del ojo de la cerradura de contorno dado por $$\begin{align}\Biggr[\epsilon\,\exp(+\text{i}\epsilon),\frac{1}{\epsilon}\,\exp(+\text{i}\epsilon)\Biggl]&\cup\Biggl\{\frac{1}{\epsilon}\,\exp(\text{i}\theta)\,\Big|\,\theta\in[\epsilon,2\pi-\epsilon]\Biggr\}\\&\cup\Biggr[\frac1\epsilon\,\exp(-\text{i}\epsilon),{\epsilon}\,\exp(-\text{i}\epsilon)\Biggl]\cup\Biggl\{{\epsilon}\,\exp(\text{i}\theta)\,\Big|\,\theta\in[2\pi-\epsilon,\epsilon]\Biggr\}\,.\end{align}$$

Observar que $$\lim_{\epsilon\to0^+}\,J(\epsilon)=-2\pi\text{i}\,I\,.$$ Por el Teorema de los Residuos, $$\lim_{\epsilon\to0^+}\,J(\epsilon)=2\pi\text{i}\,\sum_{j=1}^k\,\text{Res}_{z=z_j}\big(f(z)\big)\,.$$ Por lo tanto, $$I=-\sum_{j=1}^k\,\text{Res}_{z=z_j}\big(f(z)\big)\,.$$ Desde $$\begin{align}\text{Res}_{z=z_j}\big(f(z)\big)&=\frac{1}{\left(m_j-1\right)!}\,\lim_{z\to z_j}\,\frac{\text{d}^{m_j-1}}{\text{d}z^{m_j-1}}\,\Big(\left(z-z_j\right)^{m_j}\,f(z)\Big)\\&=\frac{1}{\left(m_j-1\right)!}\,\lim_{z\to z_j}\,\frac{\text{d}^{m_j-1}}{\text{d}z^{m_j-1}}\,\left(\frac{\left(z-z_j\right)^{m_j}\,\ln(z)}{p(z)}\right)\end{align}$$ para $j=1,2,\ldots,k$, llegamos a la conclusión de que $$I=-\sum_{j=1}^k\,\frac{1}{\left(m_j-1\right)!}\,\lim_{z\to z_j}\,\frac{\text{d}^{m_j-1}}{\text{d}z^{m_j-1}}\,\left(\frac{\left(z-z_j\right)^{m_j}\,\ln(z)}{p(z)}\right)\,.\tag{*}$$ En particular, si $m_j=1$ para todos los $j=1,2,\ldots,k$, a continuación, $k=n$y $$I=-\sum_{j=1}^n\,\frac{\ln\left(z_j\right)}{p'\left(z_j\right)}\,.\tag{$\estrella de$}$$

Por ejemplo, supongamos $p(X):=\left(X^2+1\right)^2\,(X+1)$. Se puede ver que la fracción parcial de la descomposición da $$\int\,\frac{1}{p(x)}\,\text{d}x=\frac{1}{8}\,\left(\frac{2\,(x+1)}{x^2+1}-\ln\left(x^2+1\right)+2\,\ln(x+1)+4\,\arctan(x)\right)+\text{constant}\,,$$ así que $$I=\int_0^\infty\,\frac{1}{p(x)}\,\text{d}x=\frac{1}{4}\,(\pi-1)\,.$$ También se puede utilizar (*) para calcular $I$. Deje $z_1=-1$, $z_2=+\text{i}$, e $z_3=-\text{i}$, por lo que $m_1=1$, $m_2=2$, e $m_3=2$. A continuación, $$\frac{1}{\left(m_1-1\right)!}\,\lim_{z\to z_1}\,\frac{\text{d}^{m_1-1}}{\text{d}z^{m_1-1}}\,\left(\frac{\left(z-z_1\right)^{m_1}\,\ln(z)}{p(z)}\right)=\lim_{z\to -1}\,\frac{\ln(z)}{\left(z^2+1\right)^2}=\frac{\pi\text{i}}{4}\,,$$ $$\begin{align}\frac{1}{\left(m_2-1\right)!}\,\lim_{z\to z_2}\,\frac{\text{d}^{m_2-1}}{\text{d}z^{m_2-1}}\,\left(\frac{\left(z-z_2\right)^{m_2}\,\ln(z)}{p(z)}\right)&=\lim_{z\to +\text{i}}\,\frac{\text{d}}{\text{d}z}\,\frac{\ln(z)}{(z+\text{i})^2\,(z+1)}\\&=\frac{1+\pi}{8}-\text{i}\,\left(\frac{\pi-2}{16}\right)\,,\end{align}$$ y $$\begin{align}\frac{1}{\left(m_3-1\right)!}\,\lim_{z\to z_3}\,\frac{\text{d}^{m_3-1}}{\text{d}z^{m_3-1}}\,\left(\frac{\left(z-z_3\right)^{m_3}\,\ln(z)}{p(z)}\right)&=\lim_{z\to -\text{i}}\,\frac{\text{d}}{\text{d}z}\,\frac{\ln(z)}{(z-\text{i})^2\,(z+1)}\\&=\frac{1-3\pi}{8}-\text{i}\,\left(\frac{3\pi+2}{16}\right)\,.\end{align}$$ Por lo tanto, $$I=-\left(\frac{\pi\text{i}}{4}+\left(\frac{1+\pi}{8}-\text{i}\,\left(\frac{\pi-2}{16}\right)^{\vphantom{a^a}}\right)+\left(\frac{1-3\pi}{8}-\text{i}\,\left(\frac{3\pi+2}{16}\right)^{\vphantom{a^a}}\right)^{\vphantom{a^a}}\right)=\frac{\pi-1}{4}\,.$$

---

De hecho, si $m_j=1$ para todos los $j=1,2,\ldots,k$ (por lo $k=n$), entonces se sigue que $$\frac{1}{p(x)}=\sum_{j=1}^n\,\frac{1}{p'\left(z_j\right)\,\left(x-z_j\right)}\,.$$ Sin pérdida de generalidad, podemos asumir que $$\text{arg}\left(z_1\right)\geq \text{arg}\left(z_2\right) \geq \ldots \geq \text{arg}\left(z_n\right)\,,$$ wher $\text{arg}(z)$ es el argumento de $z\in\left(\mathbb{C}\setminus\mathbb{R}_{\geq 0}\right)$ en el intervalo de $(0,2\pi)$. Debido a $$\sum_{j=1}^n\,\frac{1}{p'\left(z_j\right)}=\lim_{x\to\infty}\,\frac{x}{p(x)}=0\,,$$ , podemos escribir $$\frac{1}{p(x)}=\sum_{j=1}^{n-1}\,\frac{1}{p'\left(z_j\right)}\,\left(\frac{1}{x-z_j}-\frac{1}{x-z_n}\right)\,.$$ Es decir, $$\int\,\frac{1}{p(x)}\,\text{d}x=\sum_{j=1}^{n-1}\,\frac{1}{p'\left(z_j\right)}\,\ln\left(\frac{x-z_j}{x-z_n}\right)+\text{constant}=\sum_{j=1}^n\,\frac{1}{p'\left(z_j\right)}\,\ln\left(x-z_j\right)+\text{constant}\,,$$ de dónde $$\int_0^\infty\,\frac{1}{p(x)}\,\text{d}x=-\sum_{j=1}^{n-1}\,\frac{1}{p'\left(z_j\right)}\,\ln\left(\frac{z_j}{z_n}\right)=-\sum_{j=1}^{n}\,\frac{\ln\left(z_j\right)}{p'\left(z_j\right)}\,.$$ Por ejemplo, uno puede evaluar $$\int_0^\infty\,\frac{1}{(x+2)(x+3)}\,\text{d}x$$ a $$-\left(\frac{\ln(-2)}{(-2+3)}+\frac{\ln(-3)}{(-3+2)}\right)=\ln\left(\frac{3}{2}\right)\,.$$

---

Si $s(X)\in\mathbb{C}[X]$ es un polinomio de grado en la mayoría de las $n-2$ tal que $p(X)$ e $s(X)$ no comparten un factor común, entonces $$\int_0^\infty\,\frac{s(x)}{p(x)}\,\text{d}x$$ puede ser evaluado de la misma manera. Es decir, hemos $$\int_0^\infty\,\frac{s(x)}{p(x)}\,\text{d}x=-\sum_{j=1}^k\,\frac{1}{\left(m_j-1\right)!}\,\lim_{z\to z_j}\,\frac{\text{d}^{m_j-1}}{\text{d}z^{m_j-1}}\,\left(\frac{\left(z-z_j\right)^{m_j}\,\ln(z)\,s(z)}{p(z)}\right)\,.$$ En particular, si $m_j=1$ para todos los $j=1,2,\ldots,k$ (por lo $k=n$), luego $$\frac{s(x)}{p(x)}=\sum_{j=1}^n\,\frac{s\left(z_j\right)}{p'\left(z_j\right)\,\left(x-z_j\right)}$$ y así $$\int_0^\infty\,\frac{s(x)}{p(x)}\,\text{d}x=-\sum_{j=1}^n\,\frac{\ln\left(z_j\right)\,s\left(z_j\right)}{p'\left(z_j\right)}\,.$$

Answer 2

Deje $p(X)\in\mathbb{C}[X]$ ser un polinomio no constante, cuyas raíces están en $\mathbb{C}\setminus\mathbb{R}_{\geq 0}$. Si $p(X)$ sólo tiene incluso poderes de $X$ (es decir, $p(X)=q\left(X^2\right)$ para algún polinomio no constante $q(X)\in\mathbb{C}[X]$), entonces la respuesta puede ser más sencillo. Deje $z_1,z_2,\ldots,z_l$ ser las raíces de $p(X)$ en la mitad superior del plano de $$\mathbb{H}^+:=\big\{z\in\mathbb{C}\,|\,\text{Im}(z)>0\big\}\,,$$ respectivamente, con multiplicidades $m_1,m_2,\ldots,m_l$. (Por lo tanto, $p(X)$ también ha $-z_1,-z_2,\ldots,-z_l$ como raíces, respectivamente, con multiplicidades $m_1,m_2,\ldots,m_l$. Ergo, $n=2\,\left(m_1+m_2+\ldots+m_l\right)$, donde $n$ es el grado de $p(X)$, que debe ser un entero positivo.)

Para $R>0$, considerar el contorno de orientación positiva de contorno $C_R$ dada por $$[-R,+R]\cup\big\{R\,\exp(\text{i}t)\,\big|\,t\in[0,\pi]\big\}\,.$$ Vamos $$I:=\int_0^\infty\,\frac{1}{p(x)}\,\text{d}x\text{ and }K(R):=\oint_{C_R}\,\frac{1}{p(z)}\,\text{d}z\,.$$ Por lo tanto, $$2I=\lim_{R\to\infty}\,K(R)=2\pi\text{i}\,\sum_{j=1}^{l}\,\text{Res}_{z=z_j}\left(\frac{1}{p(z)}\right)\,.$$ Por lo tanto, $$I=\pi\text{i}\,\sum_{j=1}^l\,\frac{1}{\left(m_l-1\right)!}\,\lim_{z\to z_j}\,\frac{\text{d}^{m_j-1}}{\text{d}z^{m_j-1}}\,\frac{\left(z-z_j\right)^{m_j}}{p(z)}\,.\tag{$\square$}$$ En particular, si $m_j=1$ por cada $j=1,2,\ldots,l$, entonces obtenemos $l=\dfrac{n}{2}$y $$I=\pi\text{i}\,\sum_{j=1}^{\frac{n}{2}}\,\frac{1}{p'\left(z_j\right)}=\frac{\pi\text{i}}{2}\,\sum_{j=1}^{\frac{n}{2}}\,\frac{1}{z_j\,q'\left(z_j^2\right)}\,.\tag{#}$$ Tenga en cuenta que (#) puede ser probado por ($\star$) de mi otra respuesta. Del mismo modo, ($\square$) también se sigue de (*).

Por ejemplo, si $p(X)=\left(X^2+1\right)\,\left(X^2+4\right)$, a continuación, $q(X)=(X+1)\,(X+4)$. Usted puede utilizar el parcial fracción de descomposición para obtener $$\int\,\frac{1}{p(x)}\,\text{d}x=\frac{1}{6}\,\Biggl(2\,\arctan(x)-\arctan\left(\frac{x}{2}\right)\Biggr)+\text{constant}\,,$$ así que $$I=\int_0^\infty\,\frac{1}{p(x)}\,\text{d}x=\frac{\pi}{12}\,.$$ Sin embargo, el uso de (#), obtenemos $$I=\frac{\pi\text{i}}{2}\,\left(\frac{1}{\text{i}\cdot 3}+\frac{1}{2\text{i}\cdot(-3)}\right)=\frac{\pi}{12}\,.$$

Por otro lado, si $p(X)=\left(X^2+1\right)^3$, entonces tenemos que usar ($\square$). Tenga en cuenta que $l=1$, $z_1=\text{i}$ e $m_1=3$. Por lo tanto, $$I=\int_0^\infty\,\frac{1}{\left(x^2+1\right)^3}\,\text{d}x$$ es igual $$\frac{\pi\text{i}}{2!}\,\lim_{z\to\text{i}}\,\frac{\text{d}^2}{\text{d}z^2}\,\frac{1}{(z+\text{i})^3}=\frac{\pi\text{i}}{2}\,\left(\frac{12}{(2\text{i})^5}\right)=\frac{3\pi}{16}\,.$$ El uso de la fracción parcial de la descomposición de los rendimientos $$\int\,\frac{1}{p(x)}\,\text{d}x=\frac{1}{8}\,\left(\frac{x\,\left(3\,x^2+5\right)}{\left(x^2+1\right)^2}+3\,\arctan(x)\right)+\text{constant}\,,$$ así, obtenemos la misma respuesta $I=\dfrac{3\pi}{16}$.

---

De hecho, si $m_j=1$ por cada $j=1,2,\ldots,l$ (por lo $l=\dfrac{n}{2}$), luego $$\frac{1}{p(x)}=\sum_{j=1}^{\frac{n}{2}}\,\frac{2\,z_j}{p'\left(z_j\right)\,\left(x^2-z_j^2\right)}=\sum_{j=1}^{\frac{n}{2}}\,\frac{1}{q'\left(z_j^2\right)\,\left(x^2-z_j^2\right)}\,.$$ Esto proporciona una alternativa a prueba de número (#).

---

Si $s(X)\in\mathbb{C}[X]$ es un polinomio de grado en la mayoría de las $n-2$ tal que $p(X)$ e $s(X)$ no tienen un factor común, y si $s(X)$ sólo tiene incluso-en términos del grado (es decir, $s(X)=u\left(X^2\right)$ para algunos $u(X)\in\mathbb{C}[X]$), entonces también tenemos $$\int_0^\infty\,\frac{s(x)}{p(x)}\,\text{d}x=\pi\text{i}\,\sum_{j=1}^l\,\frac{1}{\left(m_l-1\right)!}\,\lim_{z\to z_j}\,\frac{\text{d}^{m_j-1}}{\text{d}z^{m_j-1}}\,\frac{\left(z-z_j\right)^{m_j}\,s(z)}{p(z)}\,.$$ En particular, si $m_j=1$ por cada $j=1,2,\ldots,l$, a continuación, $l=\dfrac{n}{2}$y $$\int_0^\infty\,\frac{s(x)}{p(x)}\,\text{d}x=\pi\text{i}\,\sum_{j=1}^{\frac{n}{2}}\,\frac{s\left(z_j\right)}{p'\left(z_j\right)}=\frac{\pi\text{i}}{2}\,\sum_{j=1}^{\frac{n}{2}}\,\frac{u\left(z_j^2\right)}{z_j\,q'\left(z_j^2\right)}\,.$$