Así que, me gustaría encontrar una forma cerrada (si es que existe?) para la siguiente integral: $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{x^{2n}+1}$$ for $n\in\Bbb{N}$. I tried complex analysis approach. Define function $$f(z)=\frac{1}{z^{2n}+1}$$ $f$ sencilla pol $z_k=e^{i\frac{\pi+2k\pi}{2n}}$. Definir el contorno de $\gamma$ a ser un medio círculo en la parte superior del plano complejo: $\gamma:(0,\pi)\rightarrow\Bbb{C},z=Re^{i\psi}$, donde le dejaremos $R\to\infty$ más tarde. Por el teorema de los residuos, tenemos: $$\int_{-R}^{R}f(x)dx+\int_\gamma f(z)dz=2 \pi i\sum_{k=0}^{n-1}\operatorname{Res}(f,z_k)$$ Now I can factor the polynomial denominator of the function $f(z)$: $$f(z)=\prod_{l=0}^{2n-1}\frac{1}{z-z_l}$$ Por lo $$\sum_{k=0}^{n-1}\operatorname{Res}(f,z_k)=\sum_{k=0}^{n-1}\prod_{l=0,l\neq k}^{2n-1}\frac{1}{z-z_l}$$ Pero a partir de este punto, no tengo idea de cómo proceder, ni siquiera si este es el enfoque correcto. Cualquier sugerencias útiles, consejos, enlaces son apreciados, gracias de antemano.
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Tenga en cuenta que $z^{2n}+1=0$ al $z=e^{i(2k+1)\pi/2n}$. Para $k=0$, $z=e^{i\pi/2n}$ y para $k=1$, $z=e^{i3\pi/2n}$.
Deje $C_R$ ser la forma de cuña de contorno que se compone de $(1)$ el segmento de la línea de $0$ a $R$, $(2)$ el arco circular de$R$$Re^{i\pi/n}$, e $(3)$ el segmento de la línea de$Re^{i\pi/n}$$0$.
A partir de los residuos teorema, tenemos
$$\begin{align} \oint_{C_R} \frac{1}{1+z^{2n}}\,dz&=2\pi i \text{Res}\left(\frac{1}{1+z^{2n}}, z=e^{i\pi/2n}\right)\\\\ &=2\pi i \left(\frac{1}{2n(e^{i\pi/2n})^{2n-1}}\right)\\\\ &=-\frac{i\pi e^{i\pi/2n}}{n}\tag1 \end{align}$$
También tenemos
$$\begin{align} \oint_{C_R} \frac{1}{1+z^{2n}}\,dz&=\int_0^R \frac{1}{1+x^{2n}}\,dx\\\\ &+\int_0^{\pi/n}\frac{iRe^{i\phi}}{1+R^{2n}e^{i2n\phi}}\,d\phi\\\\ &+\int_R^0\frac{e^{i\pi/n}}{1+x^{2n}}\,dx\tag2 \end{align}$$
Dejando $R\to \infty$, la segunda integral en el lado derecho de la $(2)$ desaparece y nos encontramos con
$$\lim_{R\to \infty}\oint_{C_R} \frac{1}{1+z^{2n}}\,dz=(1-e^{i\pi/n})\int_0^\infty \frac{1}{1+x^{2n}}\,dx\tag3$$
Establecimiento $(1)$ igual a $(3)$ rendimientos
$$\int_0^\infty \frac{1}{1+x^{2n}}\,dx=-\frac{i\pi e^{i\pi/2n}}{n(1-e^{i\pi/n})}=\frac{\pi}{2n\sin(\pi/2n)}$$
Por lo tanto, nos encontramos con que
$$\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{1+x^{2n}}\,dx=\frac{\pi}{n\sin(\pi/2n)}$$
Llame a su integral $I$. Si $n\in\mathbb{N}$, luego $$I=2\int_0^{+\infty}\frac{1}{x^{2n}+1}\,dx$$ Sustituto $u=x^{2n}$. También, vamos a $2n=m$. \begin{align} I&=\frac{1}{n}\int_0^{+\infty} \frac{u^{1/m -1}}{u+1}\,du \\ \\ &=\frac{1}{n} \mathcal{B}\left(\frac{1}{m},1-\frac{1}{m}\right) \\ \\ &=\frac{1}{n} \frac{\Gamma\left(\frac{1}{m}\right)\Gamma\left(1-\frac{1}{m}\right)}{\Gamma(1)} \\ \\ &=\frac{\pi}{n}\csc\left(\frac{\pi}{m}\right) \\ \\ I&=\frac{\pi}{n}\csc\left(\frac{\pi}{2n}\right) \end{align}
$\frac {1}{z^2n + 1}$ tiene polos en $e^{\frac{(2k-1)pi}{2n} i}$
Nosotros sólo nos preocupamos de los polos en la mitad superior del plano.
El residuo de a $e^{\frac{\pi}{2n} i}$
Podemos factorizar el denominador:
$z^{2n} + 1 = (e^{\frac{\pi}{2n} i}-z)\left(e^{\frac{(2n-1)\pi}{2n} i}+e^{\frac{(2n-2)\pi}{2n} i}z + e^{\frac{(2n-3)\pi}{2n} i}z^2 + \cdots + z^{2n-1}\right)$
$\lim_\limits{z\to e^{\frac{\pi}{2n} i}} \frac{z - e^{\frac{\pi}{2n} i}}{z^{2n}+1} = \frac{-1} {\left(e^{\frac{(2n-1)\pi}{2n} i}+e^{\frac{(2n-1)\pi}{2n} i} + e^{\frac{(2n-1)\pi}{2n} i} + \cdots + e^{\frac{(2n-1)\pi}{2n} i}\right)} = \frac {-e^{\frac{\pi}{2n} i}}{2n}$
Y los residuos en los otros polos es similar.
$2\pi i\sum Res f(z) = 2\pi i\sum_\limits{k=1}^{n} \frac {-i\sin \frac {(2k-1)\pi}{2n}}{2n} = \frac {\pi}{n} \sum_\limits{k=1}^{n} \sin \frac {(2k-1)\pi}{2n}$
