Una integral dura, parece que no puede probarlo.

Question

Cómo mostrar eso,

PS

Supongamos que $$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{(x-1)^2}{(2x-1)^2+\left(ax^2-x-\frac{(a-1)^2}{2(2a-1)}\right)^2}\mathrm dx=\pi$

He intentado la sustitución pero conduce a una integral más complicada.

Answer 1

Observando que \begin{eqnarray} &&(2x-1)^2+\left(ax^2-x-\frac{(a-1)^2}{2(2a-1)}\right)^2\\ &=&\left(ax^2-x-\frac{(a-1)^2}{2(2a-1)}+(2x-1)i\right)\left(ax^2-x-\frac{(a-1)^2}{2(2a-1)}-(2x-1)i\right) \\ &=&\left(ax^2+(2i-1)x-\frac{(a-1)^2}{2(2a-1)}-i\right)\left(ax^2-(2i+1)x-\frac{(a-1)^2}{2(2a-1)}+i\right) \end {eqnarray} entonces la ecuación $$(2x-1)^2+\left(ax^2-x-\frac{(a-1)^2}{2(2a-1)}\right)^2=0$ $ tiene dos raíces en la mitad superior del plano $$ x_1 = \ frac {(1 +2 i) - \ sqrt {\ frac {2 a ^ 3- (4 +8 i) a ^ 2- (4-12 i) a + (3-4 i)} {2 a-1}}} {2 a}, x_2 = \ frac {(1 +2 i) + \ sqrt {\ frac {2 a ^ 3- (4 +8 i) a ^ 2- (4-12 i) a + (3-4 i)} {2 a-1}}} {2 a}. $ $ Así, después de un cálculo largo, uno tiene \begin{eqnarray} &&\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{(x-1)^2}{(2x-1)^2+\left(ax^2-x-\frac{(a-1)^2}{2(2a-1)}\right)^2}\mathrm dx\\ &=&2\pi i\bigg[\text{Res}_{x=x_1}\bigg(\frac{(x-1)^2}{(2x-1)^2+\left(ax^2-x-\frac{(a-1)^2}{2(2a-1)}\right)^2}\bigg)\\ &&+\text{Res}_{x=x_2}\bigg(\frac{(x-1)^2}{(2x-1)^2+\left(ax^2-x-\frac{(a-1)^2}{2(2a-1)}\right)^2}\bigg)\bigg]\\ &=&2\pi i\bigg[\frac{(x_1^2-1)^2}{4(2x_1-1)+2\left(ax_1^2-x_1-\frac{(a-1)^2}{2(2a-1)}\right)(2ax_1-1)}\\ &&+\frac{(x_2^2-1)^2}{4(2x_2-1)+2\left(ax_2^2-x_2-\frac{(a-1)^2}{2(2a-1)}\right)(2ax_2-1)}\bigg]\\ &=&2\pi i(-\frac{i}{2})\\ &=&\pi. \end {eqnarray}