$\int_{-\infty}^{\infty }\frac{x^{2} \, dx}{x^{4}+a^{4}}$

Question

Me estoy planteando la integral siguiente:

%#% $ #% No sé cómo factorizar el denominador para calcular los residuos.

Estoy atrapado aquí:

$$\int_{-\infty}^{\infty }\frac{x^{2} \, dx}{x^{4}+a^{4}}$$

Muchas gracias.

Answer 1

Para abordar este problema a través del análisis complejo es sencillo una vez que esté seguro de las herramientas de la derecha (la localización de las raíces, de Cauchy de la integral de fórmula, teorema de los residuos). Mi sugerencia para ti es estudiar de forma adecuada y tratar de hacer el trabajo por sí mismo. En el mientras tanto, voy a mostrar una real solución analítica. El $a$ parámetro es irrelevante: puede ser eliminado a través de la sustitución de $x=az$, por lo que el problema se reduce a la computación

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{z^2}{1+z^4}dz = \int_{0}^{+\infty}\frac{2z^2}{1+z^4}\,dz = \int_{0}^{1}\frac{2z^2}{1+z^4}\,dz + \int_{0}^{1}\frac{2}{1+z^4}\,dz $$ que es: $$ 2 \int_{0}^{1}\frac{1+z^2}{1+z^4}\,dz = 2 \int_{0}^{1}\frac{1+z^2-z^4-z^6}{1-z^8}\,dz \\= 2\sum_{n\geq 0}\left(\frac{1}{8n+1}+\frac{1}{8n+3}-\frac{1}{8n+5}-\frac{1}{8n+7}\right) $$ o $$ \frac{\pi}{4}\left(\cot\frac{\pi}{8}-\cot\frac{3\pi}{8}\right)=\color{red}{\frac{\pi}{\sqrt{2}}} $$ por la reflexión de la fórmula para la función Digamma.

Answer 2

Famoso, incluso Leibniz tuvo problemas con éste. La primera factorización es $$ (x^2+\sqrt{2}ax+a^2)(x^2-\sqrt{2}ax+a^2), $ $ y entonces usted puede utilizar la fórmula cuadrática.

Answer 3

Casi tienes.

$$(z-|a|^2i)=(z-|a|^2e^{i\pi/2})=(z-|a|e^{i\pi/4})(z+|a|e^{i\pi/4}$$

Y

$$(z+|a|^2i)=(z+i|a|e^{i\pi/4})(z-i|a|e^{i\pi/4} )$$

Poner juntos nos encontramos con que

$$z^4+a^4=(z-|a|e^{i\pi/4} )(z-|a|e^{-i\pi/4})(z-|a|e^{i3\pi/4})(z-|a|e^{-i3\pi/4})$$

que proporciona la factorización para facilitar la evaluación de los residuos.

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Encontrar los restos:

Para encontrar los residuos, tomamos nota de que, dado que el todos los polos ($z_p$) son de primer orden, entonces podemos escribir

$$\begin{align} \text{Res}\left(\frac{z^2}{z^4+a^4}, z=z_p\right)&=\lim_{z\to z_p}\frac{(z-z_p)z^2}{z^4+a^4}\\\\ &=\lim_{z\to z_p}\frac{2z(z-z_p)+z^2}{4z^3}\\\\ &=\frac{1}{4z_p} \end{align}$$

donde $z_p=|a|e^{\pm i\pi/4},|a|e^{\pm i3\pi/4}$.

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La evaluación de la Integral:

Los polos en la mitad superior del plano se a $z=|a|e^{i\pi/4}$$z=|a|e^{i3\pi/4}$. Equipado con los residuos, podemos evaluar la integral como

$$\begin{align} \int_{-\infty}^\infty \frac{x^2}{x^4+a^4}\,dx&=2\pi i \left(\frac{1}{4|a|e^{i\pi/4}}+\frac{1}{4|a|e^{i3\pi/4}}\right)\\\\ &=2\pi i \frac{-i\sqrt{2}}{4|a|}\\\\ &=\frac{\pi}{\sqrt{2}|a|} \end{align}$$

Answer 4

Nota $$\int{-\infty}^{\infty }\frac{x^{2} \, dx}{x^{4}+a^{4}}=2\int{0}^{\infty }\frac{x^{2} \, dx}{x^{4}+a^{4}}=2\int{0}^{\infty }\frac{x^{2} \, dx}{x^{4}+a^{4}}=\frac{2}{a}\int{0}^{\infty}\frac{x^{2} \, dx}{x^{4}+1}.$$ cambio variable $x^4+1=\frac1t$, uno tiene\begin{eqnarray} &&\frac{2}{a}\int{0}^{\infty}\frac{x^{2} \, dx}{x^{4}+1}\ &=&\frac{1}{2a}\int{0}^{1}t^{\frac14-1}(1-t)^{\frac34-1}dt\ &=&\frac1{2a}B(\frac14,\frac34)\ &=&\frac1{2a}\Gamma(\frac14)\Gamma(\frac34)\ &=&\frac{\pi}{\sqrt2a}. \end{eqnarray} % aquí $$ \Gamma(z)\Gamma(1-z)=\frac{\pi}{\sin(\pi z)}. $$

Answer 5

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

Un 'real':

\begin{align} \int_{-\infty}^{\infty }{x^{2} \over x^{4} + a^{4}}\,\dd x & = {2 \over \verts{a}}\int_{0}^{\infty}{x^{2} \over x^{4} + 1}\,\dd x = {2 \over \verts{a}}\int_{0}^{\infty}{\dd x \over x^{2} + 1/x^{2}} \\[5mm] & = {2 \over \verts{a}}\int_{0}^{\infty}{\dd x \over \pars{x - 1/x}^{2} + 2} = {2 \over \verts{a}}\int_{\infty}^{0}{1 \over \pars{1/x - x}^{2} + 2} \,\pars{-\,{1 \over x^{2}}}\,\dd x \\[5mm] & = {1 \over \verts{a}}\int_{0}^{\infty}{1 \over \pars{x - 1/x}^{2} + 2} \pars{1 + {1 \over x^{2}}}\,\dd x = {1 \over \verts{a}}\int_{-\infty}^{\infty}{\dd x \over x^{2} + 2} = \\[5mm] & =\bbx{\ds{{\root{2}\pi \over 2}\,{1 \over \verts{a}}}} \end{align}