Necesito ayuda con $\int_{-\infty}^\infty \frac{x^2 \, dx}{x^4+2a^2x^2+b^4}$

Question

Tengo problemas para intentar evaluar esta integral definitiva. Mathematica no me ha ayudado mucho.

$$\int_{-\infty}^\infty \frac{x^2 \, dx}{x^4+2a^2x^2+b^4}$$ donde $a$ , $b$ $\in \Bbb R^+$ .

¿Es posible resolverlo analíticamente? ¿Qué métodos debería probar?

Answer 1

Fijemos $\lambda=\frac{b}{a}$ . Queremos: $$ I(a,b)=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x^2\,dx}{(x^2+a^2)^2+(b^4-a^4)} = \frac{1}{a}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x^2\,dx}{(x^2+1)^2+(\lambda^4-1)}$$ y asumiendo que $\zeta_1(\lambda),\zeta_2(\lambda)$ son las raíces de $(x^2+1)^2=1-\lambda^4$ en el semiplano superior, el teorema del residuo da: $$ I(a,b)=\frac{2\pi i}{a}\sum_{j=1}^{2}\text{Res}\left(\frac{x^2}{(x^2+1)^2+(\lambda^4-1)},x=\zeta_j\right)$$ que por el teorema de De l'Hopital se simplifica a: $$ I(a,b)=\frac{\pi i}{2a}\sum_{j=1}^{2}\frac{\zeta_j}{1+\zeta_j^2}$$ donde $1+\zeta_j^2$ es $\sqrt{\lambda^4-1}$ o $-\sqrt{\lambda^4-1}$ , $\zeta_1+\zeta_2+\overline{\zeta}_1+\overline{\zeta}_2=0$ por el teorema de Viète y $\zeta_1-\zeta_2$ está profundamente relacionado con el discriminante de $(x^2+1)^2+(\lambda^4-1)$ . ¿Puedes terminar desde aquí? Estoy recibiendo:

$$ I(a,b) = \color{red}{\frac{\pi}{\sqrt{2(a^2+b^2)}}}. $$

Answer 2

Podemos escribir el integrando como

$$\begin{align} \frac{x^2}{x^4+2a^2x^2+b^4}&=\frac{x^2}{(x^2+a^2+\sqrt{a^4-b^4})(x^2+a^2-\sqrt{a^4-b^4})}\\\\ &=\frac{A}{x^2+a^2-\sqrt{a^4-b^4}}+\frac{B}{x^2+a^2+\sqrt{a^4-b^4}} \end{align}$$

donde $A$ y $B$ vienen dados respectivamente por

$$A=\frac{-a^2+\sqrt{a^4-b^4}}{2\sqrt{a^4-b^4}}$$

y

$$B=\frac{a^2+\sqrt{a^4-b^4}}{2\sqrt{a^4-b^4}}$$

Por lo tanto, encontramos que para $a>b>0$

$$\begin{align} \int_{-\infty}^\infty \frac{x^2}{x^4+2a^2x^2+b^4}\,dx&=2\int_0^\infty \frac{x^2}{x^4+2a^2x^2+b^4}\,dx\\\\ &=2A\int_0^\infty \frac{1}{x^2+a^2-\sqrt{a^4-b^4}}\,dx+2B\int_0^\infty \frac{1}{x^2+a^2+\sqrt{a^4-b^4}}\,dx\\\\ &=\frac{\pi A}{\sqrt{a^2-\sqrt{a^4-b^4}}}+\frac{\pi B}{\sqrt{a^2+\sqrt{a^4-b^4}}}\\\\ &=\frac{\pi}{2\sqrt{a^4-b^4}}\left(\sqrt{a^2+\sqrt{a^4-b^4}}-\sqrt{a^2-\sqrt{a^4-b^4}}\right)\\\\ &=\frac{\pi}{2\sqrt{a^4-b^4}}\left(\sqrt{2(a^2-b^2)}\right)\\\\ &=\frac{\pi}{\sqrt{2(a^2+b^2)}} \end{align}$$

¡como se esperaba!

Tenga en cuenta que para $b>a>0$ El resultado del desarrollo anterior es inalterable. Sólo hay que proceder con precaución al evaluar las integrales, $\int \frac{1}{x^2+a^2\pm \sqrt{a^4-b^4}}\,dx$ debido a las constantes complejas $a^2\pm \sqrt{a^4-b^4}$ .

Para el caso $a=b>0$ el resultado del desarrollo anterior no se ve alterado. La integral $\int_0^\infty \frac{x^2}{(x^2+a^2)^2}\,dx$ puede evaluarse fácilmente aplicando la sustitución $x\to a\tan(x)$ .

Answer 3

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\iff}{\Leftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\, #2 \,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ Con $\ds{a, b \in \mathbb{R}^{+}}$ y $\ds{p \equiv \pars{a/b}^{2}}$ , \begin{align} \color{#f00}{% \int_{-\infty}^{\infty}{x^{2}\,\dd x \over x^{4} + 2a^{2}x^{2} + b^{4}}} & = {1 \over \verts{b}} \int_{-\infty}^{\infty}{x^{2}\,\dd x \over x^{4} + 2px^{2} + 1} = {1 \over \verts{b}} \int_{0}^{\infty}{x^{1/2}\,\dd x \over x^{2} + 2px + 1} \\[3mm] & = {1 \over \verts{b}} \int_{0}^{\infty}{x^{1/2}\,\dd x \over \pars{x - x_{+}}\pars{x - x_{-}}} \end{align}

donde $\braces{x_{\pm}}$ son las raíces de $x^{2} + 2px + 1 = 0$ que vienen dados por $x_{\pm} = -p \pm \root{p^{2} - 1}$ . La integración puede realizarse a lo largo de un contorno del ojo de la cerradura que tiene en cuenta el corte de rama de $z^{1/2} = \verts{z}^{1/2}\exp\pars{\ic\phi/2}\,,\ z \not= 0\,,\ 0 < \phi < 2\pi$ . Entonces,

• ${\large p < 1}$
  Las raíces vienen dadas por $x_{\pm} = -p \pm \ic\root{1 - p^{2}}$ con $\verts{x_{\pm}} = 1$ . \begin{align} 2\pi\ic\bracks{% {\verts{x_{+}}^{1/2}\expo{\ic\phi_{+}/2} \over x_{+} - x_{-}} + {\verts{x_{-}}^{1/2}\expo{\ic\phi_{-}/2} \over x_{-} - x_{+}}} & = \int_{0}^{\infty}{x^{1/2}\,\dd x \over x^{2} + 2px + 1} + \int_{\infty}^{0}{x^{1/2}\expo{\ic\pi}\,\dd x \over x^{2} + 2px + 1} \\[3mm] \int_{0}^{\infty}{x^{1/2}\,\dd x \over x^{2} + 2px + 1} & = {\pi \over 2\root{1 - p^{2}}}\pars{\expo{\ic\phi_{+}/2} - \expo{\ic\phi_{-}/2}} \\[3mm] \phi_{+} = {\pi \over 2} + \delta\phi\,,\quad \phi_{-} = {3\pi \over 2} - \delta\phi\,,\quad & \delta\phi \equiv \arctan\pars{{p \over \root{1 - p^{2}}}} \end{align} \begin{align} \int_{0}^{\infty}{x^{1/2}\,\dd x \over x^{2} + 2px + 1} & = {\pi \over 2\root{1 - p^{2}}}\pars{% \expo{\ic\pi/4}\expo{\ic\delta\phi/2} - \expo{3\ic\pi/4}\expo{-\ic\delta\phi/2}} \\[3mm] & = {\pi \over 2\root{1 - p^{2}}}\bracks{% {1 + \ic \over \root{2}}\,\expo{\ic\delta\phi/2} - {-1 + \ic \over \root{2}}\,\expo{-\ic\delta\phi/2}} \\[3mm] & = {\root{2}\pi \over 2\root{1 - p^{2}}}\bracks{% \cos\pars{\delta\phi \over 2} - \sin\pars{\delta\phi \over 2}} \\[3mm] & = {\root{2}\pi \over 2\root{1 - p^{2}}}\bracks{% \root{{1 + \cos\pars{\delta\phi} \over 2}} - \root{{1 - \cos\pars{\delta\phi}} \over 2}} \end{align} Sin embargo, $\ds{\cos\pars{\delta\phi} = {1 \over \root{\tan^{2}\pars{\delta\phi} + 1}} = \root{1 - p^{2}} = {\root{b^{2} - a^{2}} \over \verts{b}}}$ : \begin{align} \int_{0}^{\infty}{x^{1/2}\,\dd x \over x^{2} + 2px + 1} & = {\pi\verts{b}^{1/2} \over 2\root{b^{2} - a^{2}}}\bracks{% \root{\verts{b} + \root{b^{2} - a^{2}}} - \root{\verts{b} - \root{b^{2} - a^{2}}}} \end{align}
• ${\large p > 1}$ . Ambas raíces son negativas: $x_{\pm} = -p \pm \root{p^{2} - 1}$ . The calculation is similar to the previous one .