Cómo tomar $\int_0^{+\infty} \frac{x^2+1}{x^4+1}dx$?

Question

La integral:

$$\int_0^{+\infty} \frac{x^2+1}{x^4+1}dx$$

Si num fueron mayores que denum me acaba de repartir normalmente con la división larga, pero no lo es, ¿cómo debo manejar, entonces?

Answer 1

Cada vez que veo un integrando que es una especie de simétrica en $x \to x^{-1}$, Voy a intentar a ver si puedo expresar la intergrand en términos de $x \pm x^{-1}$. El uso de las siguientes identidades, $$\frac{dx}{x} = \frac{d(x-x^{-1})}{x+x^{-1}} = \frac{d(x+x^{-1})}{x-x^{-1}}$$ nos encontramos $$\begin{align} \int_0^\infty \frac{x^2+1}{x^4+1}dx &= \int_0^\infty \frac{x+x^{-1}}{x^2+x^{-2}} \frac{dx}{x} = \int_0^\infty \frac{x+x^{-1}}{x^2+x^{-2}} \frac{d(x-x^{-1})}{x+x^{-1}} = \int_0^\infty \frac{d(x-x^{-1})}{(x-x^{-1})^2+2}\\ &= \int_{-\infty}^\infty \frac{dy}{y^2+2} = \left[\frac{1}{\sqrt{2}}\tan^{-1}\frac{y}{\sqrt{2}}\right]_{-\infty}^\infty = \frac{\pi}{\sqrt{2}} \end{align} $$

Answer 2

$$\int_{0}^{1}\frac{x^2+1}{x^4+1}\,dx + \int_{1}^{+\infty}\frac{x^2+1}{x^4+1}\,dx = 2\int_{0}^{1}\frac{1+x^2}{1+x^4}\,dx = 2\int_{0}^{1}\frac{1+x^2-x^4-x^6}{1-x^8}\,dx$$ de ahí el valor de la integral es proporcionada por el (Dirichlet) de la serie $$ 2\sum_{k\geq 0}\left(\frac{1}{8k+1}+\frac{1}{8k+3}-\frac{1}{8k+5}-\frac{1}{8k+7}\right) $$ que puede ser calculada a través de la digamma reflexión fórmula. Su valor es de sólo $$ \boxed{I = \color{red}{\frac{\pi}{\sqrt{2}}}} .$$ La integral dada es sencillo calcular mediante el teorema de los residuos, también.

Answer 3

Por simetría,

$$2\int_0^{+\infty}\frac{x^2+1}{x^4+1}\ dx=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x^2+1}{x^4+1}\ dx$$

Tomando un semi-círculo de contorno en la mitad superior del plano complejo y la aplicación de Cauchy del residuo de la fórmula, nos encontramos con que

$$\begin{align}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x^2+1}{x^4+1}\ dx&=2\pi i\left[\lim_{a\to e^{\pi i/4}}\frac{(a^2+1)(a-e^{\pi i/4})}{a^4+1}+\lim_{b\to e^{3\pi i/4}}\frac{(b^2+1)(b-e^{3\pi i/4})}{b^4+1}\right]\\&=2\pi i\left[\frac{1+i}{4e^{3\pi i/4}}+\frac{1-i}{4e^{9\pi i/4}}\right]\\&=\frac{\pi i}{2\sqrt2}\left[(1-i)^2-(1+i)^2\right]\\&=\sqrt2\pi\end{align}$$

Por lo tanto,

$$\int_0^{+\infty}\frac{x^2+1}{x^4+1}\ dx=\frac{\sqrt2\pi}2=\frac\pi{\sqrt2}$$

Answer 4

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

Con $\ds{p \equiv \exp\pars{{\pi \over 4}\,\ic}}$ e integrar en un cuarto de círculo en el primer cuadrante:

\begin{align} \int_{0}^{\infty}{x^{2} + 1 \over x^{4} + 1}\,\dd x & = \Re\pars{2\pi\ic\,\lim_{x \to p}{\bracks{x\vphantom{^{2}} - p}\bracks{x^{2} + 1} \over x^{4} + 1}} \label{1}\tag{1} \\[5mm] & = \Re\pars{2\pi\ic\,\lim_{x \to p}{x^{3} - px^{2} + x - p \over x^{4} + 1}} \\[5mm] & = -2\pi\,\Im\pars{\lim_{x \to p}{3x^{2} - 2px + 1 \over 4x^{3}}} = -\,{\pi \over 2}\,\Im\pars{\lim_{x \to p}{3x^{3} - 2px^{2} + x \over x^{4}}} \\[5mm] & = {\pi \over 2}\,\Im\pars{p^{3} + p} = {\pi \over 2}\,\Im\pars{p^{2}\bracks{p + {1 \over p}}} = {\pi \over 2}\,\Im\pars{\ic\bracks{2\cos\pars{\pi \over 4}}} \\[5mm] & = \bbx{{\root{2} \over 2}\,\pi} \end{align}

En \eqref{1},

• Omití la integración a lo largo del eje imaginario debido a que su parte real se desvanece.

• La integral a lo largo del arco, de radio $\ds{R}$ es de $\ds{\,\mrm{O}\pars{1 \over R}}$ $\ds{R \to \infty}$ de manera tal que se desvanece en un límite.

---

$\Huge\left.b\right)$

Con $\ds{\Lambda > 0}$:

\begin{align} \int_{0}^{\infty}{x^{2} + 1 \over x^{4} + 1}\,\dd x & = \lim_{\Lambda \to \infty}\int_{0}^{\Lambda}{x^{2} + 1 \over x^{4} + 1}\,\dd x = \Im\lim_{\Lambda \to \infty}\int_{0}^{\Lambda}{x^{2} + 1 \over x^{2} - \ic} \,\dd x \\[5mm] & = \Im\pars{\bracks{1 + \ic}\lim_{\Lambda \to \infty} \int_{0}^{\Lambda}{\dd x \over x^{2} - \ic}} \\[5mm] & = \Im\pars{{1 + \ic \over 2\root{i}}\lim_{\Lambda \to \infty}\int_{0}^{\Lambda}\bracks{% {1 \over x - \root{\ic}} - {1 \over x + \root{\ic}}}\dd x} \\[5mm] & = {1 \over 2}\, \Im\pars{\bracks{\expo{-\ic\pi/4} + \expo{\ic\pi/4}}\bracks{\pi\ic}} = \bbx{{\root{2} \over 2}\,\pi} \end{align}

Answer 5

La función integrando es positivo.

Por equivalencia de la prueba

Cerca de cero, no hay problema.

Cerca de $+\infty, $ hemos

$$\frac {x^2+1}{x^4+1}\sim \frac {x^2}{x^4}\sim \frac {1}{x^2} .$$

por lo tanto Converge.

O por la prueba de comparación

para la gran suficientemente $x $

$$\frac {x^2+1}{x^4+1}\leq \frac {2x^2}{x^4} =\frac {2}{x^2}$$