Elegante prueba de $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{x^4 + a x^2 + b ^2} =\frac {\pi} {b \sqrt{2b+a}}$ ?

Question

Dejemos que $a, b > 0$ satisfacer $a^2-4b^2 \geq 0$ . Entonces: $$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{x^4 + a x^2 + b ^2} =\frac {\pi} {b \sqrt{2b+a}}$$ Una forma de calcularlo es computando los residuos en los polos del semiplano superior e integrando alrededor del semicírculo estándar. Sin embargo, la suma de los dos residuos se convierte en una complicada expresión que implica raíces cuadradas anidadas, que se simplifica mágicamente a la concisa expresión anterior.

A veces, estas cancelaciones "mágicas" indican que hay un método más rápido y elegante para llegar al mismo resultado.

¿Existe una forma más rápida o más perspicaz de calcular la integral anterior?

Answer 1

Ok, finalmente encontré un buen método. Tenemos $$ \begin{align} \int_0^{\infty} \frac{dx}{x^4+ax^2+b^2} &= \int_0^{\infty} \frac{dx}{x^2}\frac{1}{(x-b/x)^2+2b+a} \\&= \frac{1}{b}\int_0^{\infty} \frac{dx}{(x-b/x)^2+2b+a} \\&= \frac{1}{b}\int_0^{\infty} \frac{dx}{x^2+2b+a} \\&= \frac{ \pi}{2b\sqrt{2b+a}} \end{align}$$ y la integral deseada se deduce por simetría.

En este caso, el paso no trivial hizo uso de la transformación de Cauchy-Schlömilch (véase por ejemplo aquí ): si las integrales existen y $b > 0$ entonces $$\int_0^{\infty} f\left((x-b/x)^2\right)\, dx = \int_0^{\infty} f(x^2) \, dx$$ Es bastante interesante que la prueba anterior no haga uso de la suposición de que $a^2-4b^2 \geq 0$ .

Answer 2

Es hora de devolver el favor de aquí Ruben. (>‿◠)✌

En primer lugar, demostraremos $$\int_{-\infty}^\infty \frac{dx}{\beta^4x^4+2\beta^2\cosh(2\alpha)\,x^2+1}=\frac{\pi}{2\beta\cosh\alpha}$$ Tenga en cuenta que $$\frac{1}{\beta^4x^4+2\beta^2\cosh(2\alpha)\,x^2+1}=\frac{1}{e^{2\alpha}-e^{-2\alpha}}\left[\frac{1}{\beta^2 x^2+e^{-2\alpha}}-\frac{1}{\beta^2 x^2+e^{2\alpha}}\right]$$ Por lo tanto, \begin{align} \int_{-\infty}^\infty \frac{dx}{\beta^4x^4+2\beta^2\cosh(2\alpha)\,x^2+1}&=\frac{1}{e^{2\alpha}-e^{-2\alpha}}\left[\int_0^\infty\frac{dx}{\beta^2 x^2+e^{-2\alpha}}-\int_0^\infty\frac{dx}{\beta^2 x^2+e^{2\alpha}}\right]\\ &=\frac{1}{e^{2\alpha}-e^{-2\alpha}}\left[\frac{e^{\alpha}}{\beta}\arctan\left(e^{\alpha}x\right)-\frac{e^{-\alpha}}{\beta}\arctan\left(e^{-\alpha}x\right)\right]_{x=-\infty}^\infty\\ &=\frac{\pi}{\beta}\left[\frac{e^{\alpha}-e^{-\alpha}}{\left(e^{\alpha}-e^{-\alpha}\right)\left(e^{\alpha}+e^{-\alpha}\right)}\right]\\ &=\frac{\pi}{2\beta\cosh\alpha}\qquad\qquad\square \end{align} Ahora $$\int_{-\infty}^\infty \frac{dx}{x^4+\frac{2\cosh(2\alpha)}{\beta^2}\,x^2+\frac{1}{\beta^4}}=\frac{\beta^3\pi}{2\cosh\alpha}$$ Configuración $a=\frac{2\cosh(2\alpha)}{\beta^2}$ y $b^2=\frac{1}{\beta^4}$ y, a continuación, utilizando $\cosh\alpha=\sqrt{\frac{\cosh(2\alpha)+1}{2}}$ dará $$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{x^4 + a x^2 + b ^2} =\frac {\pi} {b \sqrt{2b+a}}\qquad\qquad\square$$

Answer 3

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ $\ds{\int_{-\infty}^{\infty}{\dd x \over x^{4} + ax^{2} + b^{2}} ={\pi \over b\root{2b + a}}:\ {\large ?}.\qquad a, b\ >\ 0\,,\quad a^{2} - 4b^{2}\ \geq\ 0}$ .

De hecho, esta es esencialmente la @user111187 prueba con el adición de algunos detalles omitidos :

\begin{align}{\cal I}&\equiv\color{#66f}{\large \int_{-\infty}^{\infty}{\dd x \over x^{4} + ax^{2} + b^{2}}} =2\int_{0}^{\infty}{1 \over x^{2}}\,{\dd x \over x^{2} + a + b^{2}/x^{2}} \\[5mm]&\imp\quad \half\,{\cal I}=\int_{0}^{\infty}{1 \over x^{2}}\, {\dd x \over \pars{x - b/x}^{2} + 2b + a}\tag{1} \end{align}

Con $\ds{{b \over x}\equiv t\ \imp\ x = {b \over t}}$ tendremos:

\begin{align}\half\,{\cal I}& =\int_{\infty}^{0}{t^{2} \over b^{2}}\, {-b\,\dd t/t^{2} \over \pars{b/t - t}^{2} + 2b + a} ={1 \over b}\int_{0}^{\infty}{\dd t \over \pars{b/t - t}^{2} + 2b + a}\tag{2} \end{align}

Con $\pars{1}$ y $\pars{2}$ :

\begin{align} \half\,b{\cal I}&=\int_{0}^{\infty}{b \over x^{2}}\, {\dd x \over \pars{x - b/x}^{2} + 2b + a} \\[5mm]\half\,b{\cal I}& =\int_{0}^{\infty}{\dd x \over \pars{x - b/x}^{2} + 2b + a} \\[5mm]\mbox{and}\ b{\cal I}&=\half\,b{\cal I} + \half\,b{\cal I} =\int_{0}^{\infty}{\pars{b/x^{2} + 1}\,\dd x \over \pars{x - b/x}^{2} + 2b + a} \end{align}

Con $\ds{u \equiv x - {b \over x}\ \imp\ \dd u = \pars{1 + {b \over x^{2}}} \,\dd x}$ obtendremos

\begin{align} b{\cal I}& =\int_{-\infty}^{\infty}{\dd u \over u^{2} + 2b + a} ={2 \over \root{2b + a}}\ \overbrace{\int_{0}^{\infty}{\dd u \over u^{2} + 1}} ^{\ds{\color{#c00000}{\pi \over 2}}}\ =\ {\pi \over \root{2b + a}} \\[5mm]\imp{\cal I}&\equiv\color{#66f}{\large \int_{-\infty}^{\infty}{\dd x \over x^{4} + ax^{2} + b^{2}} ={\pi \over b\root{2b + a}}} \end{align}

Answer 4

Dejemos que $b=\frac{a}{2}\sin2\theta$ ( $0<\theta<\frac{\pi}{2}$ ), entonces \begin{eqnarray} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{x^4 + a x^2 + \frac14a^2\sin^22\theta}&=&\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{(x^2+a\sin^2\theta)(x^2+a\cos^2\theta)}\\ &=&\frac{1}{a(\cos^2\theta-\sin^2\theta)}\int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{1}{x^2+a\sin^2\theta}-\frac{1}{x^2+a\cos^2\theta}\right)dx\\ &=&\frac{1}{a(\cos^2\theta-\sin^2\theta)}\left(\frac{1}{\sqrt{a}\sin\theta}\arctan\frac{1}{\sqrt{a}\sin\theta}x\right.\\ &&-\left.\frac{1}{\sqrt{a}\cos\theta}\arctan\frac{1}{\sqrt{a}\cos\theta}x\right)\bigg|_{-\infty}^\infty\\ &=&\frac{1}{a(\cos^2\theta-\sin^2\theta)}\left(\frac{1}{\sqrt{a}\sin\theta}-\frac{1}{\sqrt{a}\cos\theta}\right)\pi\\ &=&\frac{\pi}{a\sqrt{a}(\cos\theta+\sin\theta)\sin\theta\cos\theta}\\ &=&\frac{\pi}{b\sqrt{2b+a}}. \end{eqnarray}

Answer 5

Nota

\begin{align} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{x^4 + a x^2 + b ^2} &= 2\int_{0}^{\infty} \frac{dx}{x^4 + a x^2 + b ^2} \overset{x\to\frac b x}= 2\int_{0}^{\infty} \frac{\frac{x^2}b\ dx}{x^4 + a x^2 + b ^2}\\ &= \int_{0}^{\infty} \frac{1+ \frac{x^2}b}{x^4 + a x^2 + b ^2}dx=\frac1b \int_{0}^{\infty} \frac{d(x-\frac b x)}{(x-\frac b x)^2 +a+2b}\\ &= \frac1{b\sqrt{a+2b}}\tan^{-1}\frac{x-\frac b x}{\sqrt{a+2b}}\bigg|_0^\infty= \frac{\pi}{b\sqrt{a+2b}} \end{align}