Demostrar $\int_{0}^{\infty}\frac{4x^2}{(x^4+2x^2+2)^2}dx=\frac{\pi}{4}\sqrt{5\sqrt2-7}$

Question

$$\int_{0}^{\infty}\frac{4x^2}{(x^4+2x^2+2)^2}dx=\frac{\pi}{15}$$

$$\int_{0}^{\infty}\frac{4x^2}{[(1+(1+x^2)^2]^2}dx=\frac{\pi}{15}$$

$u=\tan(z)$ $\rightarrow$ $du=\sec^2(z)$

$u$ $\rightarrow \infty$, $\tan(z)=\frac{\pi}{2}$

$u$ $\rightarrow 0$, $\tan(z)=0$

$$\int_{0}^{\pi \over 2}\frac{4\tan^2(z)}{[(1+(1+\tan^2(z))^2]^2}\frac{du}{\sec^2(z)}=\frac{\pi}{15}$$

$1+\tan^2(z)=\sec^2(z)$

$$\int_{0}^{\pi \over 2}\frac{4\sin^2(z)}{[(1+\sec^4(z)]^2}dx=\frac{\pi}{15}$$

$$\int_{0}^{\pi \over 2}\frac{4\sin^2(z)}{[(1+i\sec^2(z))(1-i\sec^2(z))]^2}dx=\frac{\pi}{15}$$

Desesperada! Alguna sugerencia?

Inténtelo de nuevo $$\int_{0}^{\pi \over 2}\frac{4\sin^2(z)}{[(1+\sec^4(z)]^2}dx=\frac{\pi}{15}$$

$$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin^2(2z)\cos^6(z)}{(1+\cos^4(z))^2}dx=\frac{\pi}{15}$$

$\sin^2(2z)=\frac{1-\cos(4z)}{2}$

Sin más me di por vencido. Cualquier sugerencias?

Answer 1

Sugerencia. Uno puede escribir $$\begin{align} \int_{0}^{\infty}\frac{4x^2}{(x^4+2x^2+2)^2}dx&=4\int_0^{\infty}\frac1{\left(\left(x-\frac{\sqrt{2}}x\right)^2+2+2\sqrt{2}\right)^2}\:\frac{dx}{x^2} \\\\&=2\sqrt{2}\int_0^{\infty}\frac1{\left(\left(x-\frac{\sqrt{2}}x\right)^2+2+2\sqrt{2}\right)^2}\:dx \quad (x \to \sqrt{2}/x) \\\\&=\frac1{\sqrt{2}}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\left(1+\frac{\sqrt{2}}{x^2}\right)}{\left(\left(x-\frac{\sqrt{2}}x\right)^2+2+2\sqrt{2}\right)^2}\:dx \\\\&=\frac1{\sqrt{2}}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d\left(x-\frac{\sqrt{2}}x\right)}{\left(\left(x-\frac{\sqrt{2}}x\right)^2+2+2\sqrt{2}\right)^2} \\\\&=\frac1{\sqrt{2}}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{du}{(u^2+2+2\sqrt{2})^2} \\\\&=\color{red}{\frac14 \sqrt{5\sqrt{2}-7} \:\pi} \\\\ \end{align}$$

donde hemos puesto a $u:=\sqrt{2+2\sqrt{2}}\:\sinh v$ hasta llegar al último paso.

Answer 2

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.