Aquí es un método que utiliza el contorno de integración en caso de que alguien se
interesados. Se ha hecho un esfuerzo para uso de lápiz-y-papel tipo
manipulaciones sólo. Estos son simples, sin embargo, la demanda de un cierto cuidado con
el álgebra. Supongamos que buscamos para comprobar que
$$\int_0^\infty \frac{4x^2}{(x^4+2x^2+2)^2} dx =
\frac{\pi}{4} \sqrt{5\sqrt{2}-7}$$
o, alternativamente,
$$\int_0^\infty \frac{x^2}{(x^4+2x^2+2)^2} dx =
\frac{\pi}{16} \sqrt{5\sqrt{2}-7}.$$
Utilizamos un contorno semicircular en la mitad superior del plano con dos
recta componentes $\Gamma_0$ $\Gamma_1$ en lo positivo y
real negativo del eje y con radio $R$ ($\Gamma_2.$)
El denominador aquí es
$$((x^2+1)^2+1)^2$$
de modo que los polos se doble y se encuentra en
$$\rho_{0,1,2,3} = \pm\sqrt{-1\pm i}.$$
Podemos convertir esto en forma polar con el fin de determinar que los polos se encuentran en
la mitad superior del plano, consiguiendo
$$\pm\sqrt{\sqrt{2} \exp(\pi i \pm \pi i/4)}
= \sqrt[4]{2} \exp(\pi i/2 \pm \pi i/8 + \pi i/2 \pm \pi i/2)
\\ = \sqrt[4]{2} \exp(\pi i \pm \pi i/8 \pm \pi i/2).$$
Afortunadamente, podemos ver por la inspección, que sólo la
dos polos
$$\rho_0 = \sqrt[4]{2} \exp(\pi i - \pi i/8 - \pi i/2)
= \sqrt[4]{2} \exp(3\pi i/8)
\\ \quad\text{y}\quad
\rho_1 = \sqrt[4]{2} \exp(\pi i + \pi i/8 - \pi i/2)
= \sqrt[4]{2} \exp(5\pi i/8)$$
están dentro del contorno (argumentos se $3\pi/8$$5\pi/8$, el otro
dos están en $-3\pi /8$$-5\pi /8.$)
El residuo obtenemos
$$\frac{1}{2\pi i}
\int_{|z-\rho_0|=\epsilon} \frac{z^2}{(z^4+2z^2+2)^2} \; dz.$$
Con el fin de conseguir una pole que es susceptible de fácil álgebra presentamos
$w = z\exp(-3\pi i/8)/\sqrt[4]{2}$ y
$z = w\exp(3\pi i/8)\sqrt[4]{2}$
que los mapas de $\rho_0$$1$, por lo que obtenemos
$$\exp(3\pi i/4+3\pi i/8)\sqrt{2}\sqrt[4]{2}
\\ \times \frac{1}{2\pi i}
\int_{|w\exp(3\pi i/8)\sqrt[4]{2}-1|=\epsilon}
\frac{w^2}{(-2iw^4+2^2(-1+i)+2)^2} \; dw
\\ = - \exp(9\pi i/8) \frac{2^{3/4}}{4} \frac{1}{2\pi i}
\int_{|w-1|=\gamma}
\frac{w^2}{(w-1)^2\times (w^2-i)^2(w+1)^2} \; ps.$$
El residuo es dada por
$$- \exp(9\pi i/8) \frac{2^{3/4}}{4} \lim_{w\rightarrow 1}
\left(\frac{w^2}{(w^2-i)^2(w+1)^2}\right)'
\\ = - \exp(9\pi i/8) \frac{2^{3/4}}{4} \lim_{w\rightarrow 1}
\left(\frac{2}{(w^2-i)^2(w+1)^2}
\\ - \frac{w^2}{(w^2-i)^4(w+1)^4}
(2(w^2-i) 2 w (w+1)^2 + (w^2-i)^2 2(w+1))\right).$$
Esto funciona a
$$-\exp(9\pi i/8) \frac{2^{3/4}}{4} \veces
\frac{1}{8} (2-i)
= i\exp(-3\pi i/8) \frac{2^{3/4}}{4} \veces
\frac{1}{8} \sqrt{5} \exp(-i\beta)$$
donde $2-i = \sqrt{5}\exp(-i\beta).$
Continuando con el segundo polo nos presentamos
$w = z\exp(-5\pi i/8)/\sqrt[4]{2}$ y
$z = w\exp(5\pi i/8)\sqrt[4]{2}$
y obtener
$$\exp(5\pi i/4+5\pi i/8)\sqrt{2}\sqrt[4]{2}
\\ \times \frac{1}{2\pi i}
\int_{|w\exp(5\pi i/8)\sqrt[4]{2}-1|=\epsilon}
\frac{w^2}{(2iw^4+2^2(-1-i)+2)^2} \; dw
\\ = - \exp(15\pi i/8) \frac{2^{3/4}}{4} \frac{1}{2\pi i}
\int_{|w-1|=\gamma}
\frac{w^2}{(w-1)^2\times (w^2+i)^2(w+1)^2} \; ps.$$
Este es el mismo que en el anterior polo a excepción de la señal en el
$w^2-i$ plazo ha sido volteada. Re-uso de los derivados, por lo tanto los rendimientos de los
$$-\exp(15\pi i/8) \frac{2^{3/4}}{4} \veces
\frac{1}{8} (2+i)
= i\exp(3\pi i/8) \frac{2^{3/4}}{4} \veces
\frac{1}{8} \sqrt{5} \exp(i\beta).$$
La adición de los dos residuos de este modo, obtener
$$\frac{2^{3/4}}{32}\times\sqrt{5}\times 2i\cos(\beta+3\pi /8).$$
Volviendo a la computación, en la parte de la curva de nivel que se
en el eje real negativo que es $\Gamma_1$ nos trivialmente obtener
$$\int_{-R}^0 \frac{x^2}{(x^4+2x^2+2)^2} \; dx$$
que los rendimientos de los con $z=-x$
$$- \int_R^0
\frac{z^2}{(z^4+2z^2+2)^2} \; dz
= \int_{\Gamma_0} \frac{z^2}{(z^4+2z^2+2)^2} \; dz.$$
Por último tenemos el ML en el límite de los semicircular componente
$$\lim_{R\rightarrow\infty}
\left|\int_{\Gamma_2} \frac{z^2}{(z^4+2z^2+2)^2} \; dz\right|
\le \lim_{R\rightarrow\infty} 2\pi R/2 \times
\frac{R^2}{(R^4-2R^2+2)^2} = 0.$$
De ello se sigue que
$$\int_0^\infty \frac{x^2}{(x^4+2x^2+2)^2} \; dx
= \frac{1}{2}\times 2\pi i \times
\frac{2^{3/4}}{32}\veces\sqrt{5}\times 2i\cos(\beta+3\pi /8)
\\ = -\frac{\pi}{16} 2^{3/4} \sqrt{5} \cos(\beta+3\pi /8).$$
Para manipular esta para que coincida con la forma en que la introducción del uso
suma de ángulos y la mitad de ángulo fórmulas como en
$$\sqrt{5}\cos(\beta+3\pi /8) =
\sqrt{5}\cos\beta\cos(3\pi /8) - \sqrt{5}\sin\beta\sin(3\pi /8)
\\ = 2\cos(3\pi /8) - \sin(3\pi /8).$$
Como estamos en la integración de una función que nunca es negativo en la
integración intervalo vemos que el signo de este último término debe ser
negativo. Observar que
$$\cos(3\pi/8) = \sqrt{\frac{1+\cos(3\pi/4)}{2}}
= \sqrt{\frac{1-\sqrt{2}/2}{2}}$$
y
$$\sin(3\pi/8) = \sqrt{\frac{1-\cos(3\pi/4)}{2}}
= \sqrt{\frac{1+\sqrt{2}/2}{2}}.$$
El cuadrado obtenemos
$$4 \frac{1-\sqrt{2}/2}{2} + \frac{1+\sqrt{2}/2}{2}
- 4 \sqrt{\frac{1-2/4}{4}}
= \frac{5}{2} - \frac{3}{4}\sqrt{2}-\sqrt{2}
\\ = \frac{5}{2} - \frac{7}{4}\sqrt{2}.$$
Así tenemos para el resultado final
$$-\frac{\pi}{16} 2^{3/4} \veces
- \sqrt{\frac{5}{2} - \frac{7}{4}\sqrt{2}}
= \frac{\pi}{16} \times
\sqrt{\frac{5}{2}2^{3/2} - \frac{7}{4}2^2}
\\ = \frac{\pi}{16} \times \sqrt{5\sqrt{2}-7}.$$
Este es el reclamo.
