Demostrar que $\int_{0}^{\infty}{1\over x^4+x^2+1}dx=\int_{0}^{\infty}{1\over x^8+x^4+1}dx$

Question

Vamos

$$I=\int_{0}^{\infty}{1\over x^4+x^2+1}dx\tag1$$ $$J=\int_{0}^{\infty}{1\over x^8+x^4+1}dx\tag2$$

Demostrar que $I=J={\pi \over 2\sqrt3}$

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Sub: $x=\tan{u}\rightarrow dx=\sec^2{u}du$

$x=\infty \rightarrow u={\pi\over 2}$, $x=0\rightarrow u=0$

Reescribir $(1)$

$$I=\int_{0}^{\infty}{1\over (1+x^2)^2-x^2}dx$$ entonces

$$\int_{0}^{\pi/2}{\sec^2{u}\over \sec^4{u}-\tan^2{u}}du\tag3$$

Simplificado para

$$I=\int_{0}^{\pi/2}{1\over \sec^2{u}-\sin^2{u}}du\tag4$$

A continuación, a

$$I=2\int_{0}^{\pi/2}{1+\cos{2u}\over (2+\sin{2u})(2-\sin{2u})}du\tag5$$

Consejos sobre qué hacer a continuación?

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Re-edición (Pista de Marco)

$${1\over x^8+x^4+1}={1\over 2}\left({x^2+1\over x^4+x^2+1}-{x^2-1\over x^4-x^2+1}\right)$$

$$M=\int_{0}^{\infty}{x^2+1\over x^4+x^2+1}dx=\int_{0}^{\infty}{x^2\over x^4+x^2+1}dx+\int_{0}^{\infty}{1\over x^4+x^2+1}dx={\pi\over \sqrt3}$$

$$N=\int_{0}^{\infty}{x^2-1\over x^4-x^2+1}dx=0$$

$$J=\int_{0}^{\infty}{1\over x^8+x^4+1}dx={1\over 2}\left({\pi\over \sqrt3}-0\right)={\pi\over 2\sqrt3}.$$

Answer 1

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\,{#1}\,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\iff}{\Leftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

$\ds{I \equiv \int_{0}^{\infty}{\dd x \sobre x^{4} + x^{2} + 1}\,,\qquad J \equiv \int_{0}^{\infty}{\dd x \sobre x^{8} + x^{4} + 1}}$

Tenga en cuenta que $\ds{x^{8} + x^{4} + 1 = \pars{x^{4} + x^{2} + 1}\pars{x^{4} - x^{2} + 1}}$ tal que \begin{align} I - J & = \int_{0}^{\infty}{x^{4} - x^{2} \over x^{8} + x^{4} + 1}\,\dd x\ \stackrel{x\ \to\ 1/x}{=}\ \int_{\infty}^{0}{1/x^{4} - 1/x^{2} \over 1/x^{8} + 1/x^{4} + 1} \,{\dd x \over -x^{2}} = \int_{0}^{\infty}{x^{2} - x^{4} \over x^{8} + x^{4} + 1}\,\dd x \\[3mm] & = J - I\quad\imp\quad \fbox{%#%#%} \end{align}

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El problema se reduce a evaluar $\ds{\quad\color{#f00}{I} = \color{#f00}{J}\quad}$ de los de arriba integrales: Por ejemplo, $\ds{\underline{just\ one}}$. \begin{align} \color{#f00}{I} & = \int_{0}^{\infty}{\dd x \over x^{4} + x^{2} + 1}\ \stackrel{x\ \to\ 1/x}{=}\ \int_{0}^{\infty}{\dd x \over 1/x^{2} + 1 + x^{2}} = \int_{0}^{\infty}{\dd x \over \pars{x - 1/x}^{2} + 3}\tag{1} \\[3mm] & \mbox{Similarly,} \\[3mm] \color{#f00}{I} & = \int_{0}^{\infty}{\dd x \over x^{4} + x^{2} + 1} = \int_{0}^{\infty}{1 \over x^{2} + 1 + 1/x^{2}}\,{\dd x \over x^{2}} = \int_{0}^{\infty}{1 \over \pars{x - 1/x}^{2} + 3} \,\dd\pars{-\,{ 1\over x}}\tag{2} \end{align}

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Con $\ds{\color{#f00}{I}}$$\pars{1}$: \begin{align} \color{#f00}{I} & = \color{#f00}{J} = \half\int_{x = 0}^{x \to \infty}{1 \over \pars{x - 1/x}^{2} + 3} \,\dd\pars{x - {1 \over x}}\ \stackrel{\pars{x - 1/x}\ \to x}{=}\ \half\int_{-\infty}^{\infty}{\dd x \over x^{2} + 3} \\[3mm] \stackrel{x/\root{3}\ \to\ x}{=}\ &\ {1 \over \root{3}}\ \underbrace{\int_{0}^{\infty}{\dd x \over x^{2} + 1}}_{\ds{=\ {\pi \over 2}}}\ =\ \color{#f00}{\pi \over 2\root{3}} \end{align}

Answer 2

Para $\theta$ una constante arbitraria, hemos \begin{equation} x^4+2x^2\cos2\theta+1=(x^2-2x\sin\theta+1)(x^2+2x\sin\theta+1)\tag1 \end{equation} Ahora, vamos a evaluar los \begin{equation} I=\int_0^\infty\frac{1}{x^4+2x^2\cos2\theta+1}\ dx\tag2 \end{equation} Haciendo la sustitución de $x\mapsto\frac1x$, luego \begin{equation} I=\int_{0}^\infty\frac{x^2}{x^4+2x^2\cos2\theta+1}\ dx\tag3 \end{equation} La adición de $(2)$$(3)$, obtenemos \begin{equation} I=\frac12\int_{0}^\infty\frac{1+x^2}{x^4+2x^2\cos2\theta+1}\ dx=\frac14\int_{-\infty}^\infty\frac{1+x^2}{x^4+2x^2\cos2\theta+1}\ dx\tag4 \end{equation} Puesto que el integrando es par, impar función como $2x\sin\theta$ no cambia el valor de la integral, por lo que mediante el uso de $(1)$ hemos \begin{align} I&=\frac14\int_{-\infty}^\infty\frac{x^2+2x\sin\theta+1}{x^4+2x^2\cos2\theta+1}\ dx\\[10pt] &=\frac14\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{x^2-2x\sin\theta+1}\ dx\\[10pt] &=\frac14\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{(x-\sin\theta)^2+\cos^2\theta}\ dx\\[10pt] &=\frac1{4\cos\theta}\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{y^2+1}\ dy\quad\longrightarrow\quad y={x-\sin\theta\over\cos\theta}\\[10pt] &=\frac\pi{4\cos\theta} \end{align} Para $\theta=\frac\pi3$, luego \begin{equation} \int_0^\infty\frac{1}{x^4+x^2+1}\ dx=\frac{\pi}{2\sqrt3} \end{equation} tal como se anunció.

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Para $J$ \begin{equation} x^8+2x^4\cos2\theta+1=(x^4-2x^2\sin\theta+1)(x^4-2x^2\sin\theta+1) \end{equation} A continuación, se aplican los mismos métodos para \begin{equation} J=\int_0^\infty\frac{1}{x^8+2x^4\cos2\theta+1}\ dx \end{equation}

Answer 3

Tenga en cuenta que $$\frac{1}{x^{4}+x^{2}+1}=\frac{1}{2}\left(\frac{x+1}{x^{2}+x+1}-\frac{x-1}{x^{2}-x+1}\right) $$ and $$\begin{align} \int\frac{x+1}{x^{2}+x+1}dx= & \frac{\log\left(x^{2}+x+1\right)}{2}+\frac{1}{2}\int\frac{1}{x^{2}+x+1}dx \\ = & \frac{\log\left(x^{2}+x+1\right)}{2}+\frac{1}{2}\int\frac{1}{\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}}dx \\ = & \frac{\log\left(x^{2}+x+1\right)}{2}+\frac{2}{3}\int\frac{1}{\left(\frac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)^{2}+1}dx \\ = & \frac{\log\left(x^{2}+x+1\right)}{2}+\frac{\arctan\left(\frac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)}{\sqrt{3}} \end{align} $$ and in a similar way we can compute the other integral, hence $$\begin{align} \int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^{4}+x^{2}+1}dx= & \frac{1}{2}\left(\log\left(\frac{\sqrt{x^{2}+x+1}}{\sqrt{x^{2}-x+1}}\right)+\frac{\arctan\left(\frac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)+\arctan\left(\frac{2x-1}{\sqrt{3}}\right)}{\sqrt{3}}\right)_{0}^{\infty} \\ = & \frac{\pi}{2\sqrt{3}}. \end{align}$$ Para la segunda nota que $$\frac{1}{x^{8}+x^{4}+1}=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x^{2}-x+1}+\frac{1}{x^{2}+x+1}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{x^{2}-1}{x^{4}-x^{2}+1}\right) $$ the first two integral are part of the previous calculation, so we have only to analyze $$I=\int_{0}^{\infty}\frac{x^{2}-1}{x^{4}-x^{2}+1}dx $$ and $$I=\int_{0}^{1}\frac{x^{2}-1}{x^{4}-x^{2}+1}dx+\int_{1}^{\infty}\frac{x^{2}-1}{x^{4}-x^{2}+1}dx \etiqueta{1} $$ and note that if we put $x=1/y$ in the second integral of $(1)$ we get $$\int_{1}^{\infty}\frac{x^{2}-1}{x^{4}-x^{2}+1}dx=-\int_{0}^{1}\frac{y^{2}-1}{y^{4}-y^{2}+1}dy $$ then $$I=0.$$

Answer 4

\begin{align} \int_0^{\infty}\frac{\mathrm dx}{a^2x^4+bx^2+c^2} &= \int_0^{\infty}\frac{\mathrm dx}{\left(ax-\frac{c}{x}\right)^2+b+2ac}\cdot \frac{1}{x^2}\\[9pt] &=\frac{c}{a} \underbrace{\int_0^{\infty}\frac{\mathrm dy}{\left(ay-\frac{c}{y}\right)^2+b+2ac}}_{\large\color{blue}{x=\frac{c}{ay}}}\\[9pt] &=\frac{c}{a} \underbrace{\int_0^{\infty}\frac{\mathrm dy}{y^2+b+2ac}}_{\large\color{blue}{y=z\sqrt{b+2ac}}}\tag{%#%#%}\\[9pt] &=\frac{c}{a\sqrt{b+2ac}} \int_0^{\infty}\frac{\mathrm dz}{z^2+1}\\[9pt] &=\bbox[8pt,border:3px #FF69B4 solid]{\color{red}{\large\frac{c\pi}{2a\sqrt{b+2ac}}}} \end{align}

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Establecimiento $\spadesuit$, luego

$a=b=c=1$$

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$$I=\int_0^{\infty}\frac{\mathrm dx}{x^4+x^2+1}=\bbox[8pt,border:3px #FF69B4 solid]{\color{red}{\large\frac{\pi}{2\sqrt{3}}}}$ Cauchy-Schlomilch transformación de $(\spadesuit)$ es una función continua y $f(\cdot)$

$a,c>0$$

Answer 5

Ambos integrands incluso, por lo que la integral puede ser extendido a infinito negativo. El integrands caries con la suficiente rapidez para el contorno de ser cerrada con un semicírculo en el infinito en la mitad superior del plano sin cambiando la integral. Entonces la integral puede ser determinada con el teorema de los residuos.

Multiplicar el denominador de la primera integrando por $x^2-1$ rendimientos $x^6-1$, por lo que no son simples postes en $x=\omega_k=\exp\left(\frac{2\pi\mathrm i k}6\right)$$k=1,2,4,5$. Los de $k=1,2$ encuentran en la mitad superior del plano, y los correspondientes residuos son

$$ r_k=\lim_{x\to\omega_k}\frac{\left(x^2-1\right)\left(x-\omega_k\right)}{x^6-1}=\lim_{x\to\omega_k}\frac{(x-\omega_0)(x-\omega_3)(x-\omega_k)}{\prod_{j=0}^5(x-\omega_j)}\;, $$

con

$$ r_1=\frac1{(\omega_1-\omega_2)(\omega_1-\omega_4)(\omega_1-\omega_5)}=-\frac14-\frac1{4\sqrt3}\mathrm yo $$

y

$$ r_2=\frac1{(\omega_2-\omega_1)(\omega_2-\omega_4)(\omega_2-\omega_5)}=\frac14-\frac1{4\sqrt3}\mathrm yo $$

Por lo tanto la integral de contorno es

$$ 2\pi\mathrm i\left(\left(-\frac14-\frac1{4\sqrt3}\mathrm i\right)+\left(\frac14-\frac1{4\sqrt3}\mathrm i\right)\right)=\frac\pi{\sqrt3}\;, $$

y su verdadero integral es la mitad de eso.

Para la segunda integral, multiplicar el denominador por $x^4-1$ rendimientos $x^{12}-1$, por lo que no son simples postes en $\nu_k=\exp\left(\frac{2\pi\mathrm ik}{12}\right)$$k=1,2,4,5,7,8,10,11$, $k=1,2,4,5$ encuentran en la mitad superior del plano. Yo voy a dejar a usted para buscar y añadir sus residuos, como en el anterior.