Un desagradable integral de una función racional

Question

Estoy teniendo un tiempo difícil demostrar los siguientes $$\int_0^{\infty} \frac{x^8 - 4x^6 + 9x^4 - 5x^2 + 1}{x^{12} - 10 x^{10} + 37x^8 - 42x^6 + 26x^4 - 8x^2 + 1}dx = \frac{\pi}{2}.$$

Mathematica no tiene ningún problema de evaluar aunque no tengo la menor idea de cómo acercarse a él. Por supuesto, me gustaría probarlo sin el uso de un ordenador. Es esta una forma explícita de una función especial, no puedo reconocer?

Answer 1

La integral de más de $\mathbb{R}$ de meromorphic función $f(z)$, $O(|z|^{-2})$ en el infinito, no-desaparición de más de $\mathbb{R}$, es igual a $2\pi i$ veces la suma de los residuos en los polos ubicados en el complejo de la mitad superior del plano. Desde:

$$p(y) = y^6-2y^5-2y^4+4y^3+3y^2-4y+1 = p_{+}(y)\cdot p_{-}(y),$$ $$p_{+}(y)= y^3-(i+1)y^2+(i-2)x+1,\qquad p_{-}(y)=y^3+(i-1)y^2-(2+i)y+1,$$

(Me llegó a través de un cálculo numérico de las raíces de $p(y)$, seguido por el de separación de las raíces con el positivo y el negativo de la parte imaginaria, decir $\zeta_1,\zeta_2,\zeta_3$ y $\bar{\zeta_1},\bar{\zeta_2},\bar{\zeta_3}$ tan $p_{+}(z)$ es de solo $\prod_{j=1}^3 (z-\zeta_j)$) tenemos:

$$ I = \int_{\mathbb{R}}\frac{y^2 dy}{p(y)} = 2\pi i\sum_{j=1}^{3}\operatorname{Res}_{z=\zeta_j}\left(\frac{z^2}{p_{+}(z)\cdot p_{-}(z)}\right),$$

pero $p_{-}(x)-p_{+}(x)=2i(x^2-x)$, entonces:

$$ I = \int_{\mathbb{R}}\frac{y^2 dy}{p(y)} = 2\pi i\sum_{j=1}^{3}\operatorname{Res}_{z=\zeta_j}\left(\frac{z^2}{p_{+}^2(z)+2i(z^2-z)p_{+}(z)}\right).$$

Por De l'Hôpital teorema, y dado que $\zeta_j$ es un doble cero de $p_{+}^2(x)$:

$$\lim_{z\to\zeta_j}\frac{z^2(z-\zeta_j)}{p_{+}^2(z)+2i(z^2-z)p_{+}(z)}=\frac{\zeta_j^2}{2i(\zeta_j^2-\zeta_j)p_{+}'(\zeta_j)},$$

así:

$$ I = \int_{\mathbb{R}}\frac{y^2 dy}{p(y)} = \pi\sum_{j=1}^{3}\frac{\zeta_j}{(\zeta_j-1)p_{+}'(\zeta_j)}.$$

Ahora podemos calcular la resta entre $(z-1)p_{+}'(z)$ y $p_{+}(z)$, con el fin de tener:

$$ I = \int_{\mathbb{R}}\frac{y^2 dy}{p(y)} = \pi\sum_{j=1}^{3}\frac{\zeta_j}{-(1+i)+6\zeta_j-(2-i)\zeta_j^2}.$$

Si ahora tomamos $\alpha=\frac{3+\sqrt{6-i}}{2-i}$ y $\beta=\frac{3-\sqrt{6-i}}{2-i}$, podemos re-escribir la última línea como:

$$ I = \frac{\pi}{(i-2)(\alpha-\beta)}\left(\sum_{j=1}^{3}\frac{\alpha}{\zeta_j-\alpha}-\sum_{j=1}^{3}\frac{\beta}{\zeta_j-\beta}\right)=-\frac{\pi}{2\sqrt{6-i}}\left(\Sigma_1-\Sigma_2\right).$$

Ahora $\Sigma_1$ es la suma de los recíprocos de las raíces del polinomio $p_{+}(\alpha(z+1))$ y $\Sigma_2$ es la suma de los recíprocos de las raíces del polinomio $p_{+}(\beta(z+1))$. Esta cantidad puede ser calculada a través de los coeficientes de $p_{+}$, ya que la suma de los recíprocos de las raíces de un polinomio $p(z)$ es de solo $-\frac{q'(0)}{q(0)}$. Esto nos da:

$$\Sigma_1 = -\alpha\frac{p_{+}'(\alpha)}{p_{+}(\alpha)},\qquad \Sigma_2 = -\beta\frac{p_{+}'(\beta)}{p_{+}(\beta)}.$$

Hasta una cantidad masiva de largo, pero sencillo cálculos, obtenemos:

$$\Sigma_1 = (i-2)-\sqrt{6-i},\qquad \Sigma_2 = (i-2)+\sqrt{6-i}, $$

a partir de los cuales $I=\pi$ finalmente de la siguiente manera.

Estoy muy agradecido a Jon Haussmann para la prueba de que

$$\int_0^{\infty} \frac{x^8 - 4x^6 + 9x^4 - 5x^2 + 1}{x^{12} - 10 x^{10} + 37x^8 - 42x^6 + 26x^4 - 8x^2 + 1}dx = \frac{1}{2}\int_{\mathbb{R}}\frac{y^2 dy}{p(y)},$$

donde sólo la segunda integral es tratado aquí.

ACTUALIZACIÓN IMPORTANTE: De hecho, no es necesario calcular los coeficientes de $p_{+}(x)$ y $p_{-}(x)$ (solo necesitamos la identidad $p_{-}(x)-p_{+}(x)=2i(x^2-x)$), o introducir $\alpha$ y $\beta$. Desde $p_{+}(x)$ es un tercer grado del polinomio con raíces en la mitad superior del plano -, $$0=\int_{\mathbb{R}}\frac{dz}{p_{+}(z)}=\sum_{j=1}^{3}\frac{1}{p_{+}'(\zeta_j)}.$$ Esto nos da: $$ I = \pi\sum_{j=1}^{3}\frac{\zeta_j}{(\zeta_j-1)p_{+}'(z)} = \pi\sum_{j=1}^{3}\frac{1}{(\zeta_j-1)p_{+}'(\zeta_j)}, $$ pero si la descomponemos $\frac{1}{p_{+}(z)}$ en fracciones simples, obtenemos: $$\frac{1}{p_{+}(z)}=\sum_{j=1}^{3}\frac{1}{p_{+}'(\zeta_j)(z-\zeta_j)}, $$ así que la magia da: $$ I = -\frac{\pi}{p_{+}(1)}.$$ Dado que $p(x)=p_{+}(x)\cdot p_{-}(x)$, $p(1)=1$, $I\in\mathbb{R}^+$ y $p_{-}(1)$ es el conjugado de $p_{+}(1)$, $p_{+}(1)$ puede ser de sólo $+1$ o $-1$, entonces $I=\pi$.

Answer 2

Algunos de progreso: El integrando en realidad se descompone como $$\frac{1}{2} \left( \frac{x^2 + 2x + 1}{x^6 + 4x^5 + 3x^4 - 4x^3 - 2x^2 + 2x + 1} + \frac{x^2 - 2x + 1}{x^6 - 4x^5 + 3x^4 + 4x^3 - 2x^2 - 2x + 1} \right).$$ Tenga en cuenta que el segundo término es el mismo que el primer término, excepto con $x$ en vez de $x$. Por lo tanto, con algunas sustituciones, la integral se convierte en $$\frac{1}{2} \int_{-\infty}^\infty \frac{y^2}{y^6 - 2y^5 - 2y^4 + 4y^3 + 3y^2 - 4y + 1} \; dy.$$