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

Question

$$\int_{0}^{\infty}\frac{2x}{x^8+2x^4+1}dx=\frac{\pi}{4}$$

$u=x^4$ $\rightarrow$ $du=4x^3dx$

$x \rightarrow \infty$, $u\rightarrow \infty$

$x\rightarrow 0$, $u\rightarrow 0$

$$=\int_{0}^{\infty}\frac{2x}{u^2+2u+1}\cdot\frac{du}{4x^3}$$

$$=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{u^2+2u+1}\cdot\frac{du}{x^2}$$

$$a=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{u^2+2u+1}\cdot\frac{du} {\sqrt{u}}$$

Convertir a fracciones parciales

$$\int_{0}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{u}}-\frac{2}{u+1}+\frac{1}{(u+1)^2}du$$

$$=\left.2\sqrt{u}\right|_{0}^{\infty}-\left.2\ln(1+x)\right|_{0}^{\infty} -\left.\frac{1}{1+u}\right|_{0}^{\infty}$$

¿De dónde me salió mal durante mi cálculo?

Answer 1

Deje $u=x^2, du=2xdx$

Entonces la Integral se convierte en

$$\int_{0}^{\infty}\frac{1}{u^4+2u^2+1}du$$

Ahora note $u^4+2u^2+1=(u^2+1)^2$, por lo que la integral se convierte en:

$$\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(u^2+1)^2}du$$

Deje $u=\tan(z),du=\sec^2(z)dz$

Por lo que la integral se convierte en :

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sec^2(z)}{\sec^4(z)}dz=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^2(z)dz=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+\cos(2z)}{2}dz=\frac{\pi}{4}$$

Answer 2

Por subbing $x=\sqrt{z}$, $\frac{1}{z^2+1}=u$ $$\int_{0}^{+\infty}\frac{2x}{(x^4+1)^2}\,dx = \int_{0}^{+\infty}\frac{dz}{(z^2+1)^2}=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}u^{1/2}(1-u)^{-1/2}\,du$$ que por la función beta de Euler y $\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}$ es igual a: $$ \frac{\Gamma\left(\frac{3}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}{2\,\Gamma(2)} = \color{red}{\frac{\pi}{4}}$$ como quería.

Answer 3

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\iff}{\Leftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\, #2 \,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ Seguir a @Vivek Kaushik responder de manera útil:

\begin{align} \color{#f00}{\int_{0}^{\infty}{\dd u \over \pars{u^{2} + 1}^{2}}} & = -\lim_{\beta \to 1}\totald{}{\beta}\int_{0}^{\infty}{\dd u \over u^{2} + \beta} = -\lim_{\beta \to 1}\totald{}{\beta}\bracks{{1 \over \root{\beta}} \int_{0}^{\infty}{\dd u/\!\root{\beta} \over \pars{u/\!\root{\beta}}^{2} + 1}} \\[3mm] & \stackrel{u/\!\root{\beta}\ \to\ u}{=}\ -\lim_{\beta \to 1}\totald{}{\beta}\pars{\beta^{-1/2}% \int_{0}^{\infty}{\dd u \over u^{2} + 1}} = -\pars{-\,\half}\,{\pi \over 2} = \color{#f00}{{\pi \over 4}} \end{align}

Answer 4

Aquí es un método que utiliza el contorno de integración en caso de que alguien se interesados. Supongamos que buscamos para comprobar que

$$\int_0^\infty \frac{2x}{x^8+2x^4+1} dx = \frac{\pi}{4}$$

o, alternativamente,

$$\int_0^\infty \frac{x}{x^8+2x^4+1} dx = \frac{\pi}{8}.$$

Utilizamos un cuarto de pizza slice contorno con la escalera de componentes $\Gamma_0$ $\Gamma_1$ sobre el eje real positivo y lo positivo eje imaginario y radio $R$ ($\Gamma_2.$)

El denominador aquí es $$(x^4+1)^2$$ de modo que los polos se doble y se encuentra en

$$\rho_{0,1,2,3} = \exp(\pi i/4 + 2\pi i k/4) = \exp(\pi i/4 + \pi i k/2)$$

con $k = 0,1,2,3.$ Afortunadamente podemos ver por la inspección, que sólo la primera pole $\rho_0$ está dentro del contorno (argumento es $\pi/4.$)

El residuo obtenemos

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z-\rho_0|=\epsilon} \frac{z}{z^8+2z^4+1} \; dz.$$

Aprovechando la simetría poner $w=z\exp(-\pi i/4)$ $z=w\exp(\pi i/4)$ para obtener

$$\exp(\pi i/2) \frac{1}{2\pi i} \int_{|w\exp(\pi i/4)-1|=\epsilon} \frac{w}{w^8-2w^4+1} \; dw \\ = \frac{i}{2\pi i} \int_{|w-1|=\epsilon} \frac{w}{w^8-2w^4+1} \; ps.$$

El residuo es dada por

$$i\times \lim_{w\rightarrow 1} \left(\frac{(w-1)^2 w}{w^8-2w^4+1}\right)' = i\times \lim_{w\rightarrow 1} \left(\frac{w}{(w+1)^2 (w^2+1)^2}\right)' \\ = i\times \lim_{w\rightarrow 1} \left(\frac{1}{(w+1)^2 (w^2+1)^2} \\ - \frac{w}{(w+1)^4 (w^2+1)^4} (2(w+1)(w^2+1)^2+(w+1)^2 2(w^2+1) 2 w\right).$$

Esto funciona a $$i \times \left(\frac{1}{16} - \frac{16+32}{256}\right) = -\frac{i}{8}.$$

Volviendo a la computación, en la parte de la curva de nivel que se en el eje imaginario positivo que es $\Gamma_1$ obtenemos

$$\int_{\Gamma_1} \frac{z}{8z^8+2z^4+1} \; dz$$

que los rendimientos de los con $z=\exp(\pi i/2) x$

$$- \int_0^R \frac{\exp(\pi i/2) x}{8x^8+2x^4+1} \; \exp(\pi i/2) dx = \int_{\Gamma_0} \frac{z}{8z^8+2z^4+1} \; dz.$$

Por último tenemos el ML obligado por la circular componente

$$\lim_{R\rightarrow\infty} \left|\int_{\Gamma_2} \frac{z}{8z^8+2z^4+1} \; dz\right| \le \lim_{R\rightarrow\infty} 2\pi R/4 \times \frac{R}{8R^8-2R^4+1} = 0.$$

De ello se sigue que

$$\int_0^\infty \frac{x}{8x^8+2x^4+1} \; dx = \frac{1}{2}\times 2\pi i \times -\frac{i}{8} = \frac{\pi}{8}$$

cual es el reclamo.