Cómo mostrar que $\int_{0}^{\infty}{(2x)^4\over (1-x^2+x^4)^4}\mathrm dx=\int_{0}^{\infty}{(2x)^4\over (1-x^2+x^4)^3}\mathrm dx=3\pi$

Question

Considere la posibilidad de $$I=\int_{0}^{\infty}{(2x)^4\(1-x^2+x^4)^4}\mathrm dx \qquad J=\int_{0}^{\infty}{(2x)^4\(1-x^2+x^4)^3}\mathrm dx$$ Quiero mostrar que la $I=3\pi$ y $I=J$.

En primer lugar, nos dimos cuenta de que $x^4+x^2+1=(x^2-x+1)(x^2+x+1)$

Esto nos da una idea para intentar factorise $x^4-x^2+1$, pero no puede encontrar cualquiera de los factores.

Integrar a $I$ (tratamos algunas sustituciones a ver a dónde nos llevará a)

$x=\sqrt{u}$ $dx={2\over \sqrt{u}}du$

$$I=16\cdot{1\over 2}\int_{0}^{\infty}{u^{3/2}\over (1-u+u^2)^4}\mathrm du$$

$u=\tan(y)$ $du=\sec^2(y)dy$

$$I=8\int_{0}^{\pi/2}{\tan^{3/2}(y)\over (1-\tan(y)+\tan^2(y))^4}{\mathrm dy\over \cos^2(y)}$$

luego se simplificó hasta

$$I=128\int_{0}^{\pi/2}{\cos^6(y)\tan^{3/2}(y)\over (2-\sin(2y))^4}\mathrm dy$$

hemos simplificado aún más hacia abajo para

$$I={128\over 2^{3/2}}\int_{0}^{\pi/2}{\cos^3(y)\sin^{3/2}(2y)\over (2-\sin(2y))^4}\mathrm dy$$

No tan seguro de cuál es el siguiente paso.

Answer 1

Considere la posibilidad de la transformación de $x=1/y$. Entonces

$$ J=16\int_0^{\infty} dy\frac{1}{y^2} \frac{1/y^4}{(1-1/y^2+1/y^4)^3}=8\int_{-\infty}^{\infty} dy\frac{1}{(x^2-1+1/y^2)^3}=\\8\int_{-\infty}^{\infty} dy\frac{1}{((y-1/y)^2+1)^3}\underbrace{=}_{(\star)}8\int_{-\infty}^{\infty}dz\frac{1}{(z^2+1)^3}=3\pi $$

y la prueba es completa (para el siguiente a la última igualdad $(\star)$ hemos aplicado Glasser Maestro del teorema de la que no es difícil prueba para este caso especial)

Además, la aplicación de la misma sustitución de $x=1/y$ más, es una cuestión de simple álgebra que

$$ \Delta=J-I=-\Delta $$

así

$$ \Delta=0 \,\,\text{o}\,\,I=J=3\pi $$

QED

Answer 2

$\begin{align}I&=\int_{0}^{\infty}{(2x)^4\over (1-x^2+x^4)^4}\mathrm dx \qquad\\ &=\int_{0}^{\infty} \dfrac{16x^4(1+x^2)^4}{(1+x^6)^4} dx\\ &=\int_{0}^{\infty} \dfrac{16\cdot {{x}^{12}}+64\cdot {{x}^{10}}+96\cdot {{x}^{8}}+64\cdot {{x}^{6}}+16\cdot {{x}^{4}}}{(1+x^6)^4} dx\\ \end{align}$

Realizar el cambio de variable $y=x^6$,

$\begin{align} I&=\int_{0}^{\infty} \dfrac{\tfrac{8}{3}x^{\tfrac{7}{6}}+\tfrac{32}{3}x^{\tfrac{5}{6}}+16x^{\tfrac{1}{2}}+\tfrac{32}{3}x^{\tfrac{1}{6}}+\tfrac{8}{3}x^{-\tfrac{1}{6}}}{(1+x)^4} dx\\ &=\dfrac{8}{3}\text{B}\left(\dfrac{13}{6},\dfrac{11}{6}\right)+\dfrac{32}{3}\text{B}\left(\dfrac{13}{6},\dfrac{11}{6}\right)+16\text{B}\left(\dfrac{3}{2},\dfrac{5}{2}\right)+\dfrac{32}{3}\text{B}\left(\dfrac{7}{6},\dfrac{17}{6}\right)+\dfrac{8}{3}\text{B}\left(\dfrac{5}{6},\dfrac{19}{6}\right)\\ &=\dfrac{8}{3}\times \dfrac{35\pi}{648}+\dfrac{32}{3}\times \dfrac{35\pi}{648}+16\times \dfrac{\pi}{16}+ \dfrac{32}{3}\times\dfrac{55\pi}{648}+\dfrac{8}{3}\times \dfrac{91\pi}{648}\\ &=\boxed{3\pi} \end{align}$

Addendum:

$B$ es la función beta de Euler.

$\begin{align} \text{B}\left(\dfrac{13}{6},\dfrac{11}{6}\right)&=\dfrac{\Gamma\left(\dfrac{13}{6}\right)\Gamma\left(\dfrac{11}{6}\right)}{\Gamma\left(4\right)}\\ &=\dfrac{1}{6} \left(\dfrac{7}{6}\Gamma\left(\dfrac{7}{6}\right)\right)\times \left(\dfrac{5}{6}\Gamma\left(\dfrac{5}{6}\right)\right)\\ &=\dfrac{1}{6} \left(\dfrac{7}{6}\times\dfrac{1}{6}\Gamma\left(\dfrac{1}{6}\right)\right)\times \left(\dfrac{5}{6}\Gamma\left(\dfrac{5}{6}\right)\right)\\ &=\dfrac{35}{1296}\Gamma\left(\dfrac{1}{6}\right)\Gamma\left(\dfrac{5}{6}\right)\\ &=\dfrac{35}{1296}\times \dfrac{\pi}{\sin\left(\pi\times \tfrac{1}{6}\right)}\\ &=\boxed{\dfrac{35\pi}{648}} \end{align}$

Answer 3

Tenga en cuenta que el integrands son uniformes, por lo que $$I=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\left(2x\right)^{4}}{\left(1-x^{2}+x^{4}\right)^{4}}dx $$ and $$J=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\left(2x\right)^{4}}{\left(1-x^{2}+x^{4}\right)^{3}}dx. $$ Now let us consider the semicircular contour of radius $R$ centred in the origin on the upper plane of the complex plane. It is not difficult to note that the integral over the semicircumference vanish as $R\rightarrow\infty $ so $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\left(2x\right)^{4}}{\left(1-x^{2}+x^{4}\right)^{4}}dx=2\pi i\left(\underset{x=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{i}{2}}{\textrm{Res}}\left(\frac{\left(2x\right)^{4}}{\left(1-x^{2}+x^{4}\right)^{4}}\right)+\underset{x=-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{i}{2}}{\textrm{Res}}\left(\frac{\left(2x\right)^{4}}{\left(1-x^{2}+x^{4}\right)^{4}}\right)\right) $$ $$=2\pi i\left(\frac{247+77i\sqrt{3}}{54\left(-\sqrt{3}+3i\right)}+\frac{247-77i\sqrt{3}}{54\left(\sqrt{3}+3i\right)}\right)=6\pi $$ hence $$I=\color{red}{3\pi}. $$ In a similar manner $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\left(2x\right)^{4}}{\left(1-x^{2}+x^{4}\right)^{3}}dx=2\pi i\left(\underset{x=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{i}{2}}{\textrm{Res}}\left(\frac{\left(2x\right)^{4}}{\left(1-x^{2}+x^{4}\right)^{3}}\right)+\underset{x=-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{i}{2}}{\textrm{Res}}\left(\frac{\left(2x\right)^{4}}{\left(1-x^{2}+x^{4}\right)^{3}}\right)\right) $$ $$=2\pi i\left(\frac{13+i5\sqrt{3}}{3\left(-\sqrt{3}+3i\right)}+\frac{13-i5\sqrt{3}}{3\left(\sqrt{3}+3i\right)}\right)=6\pi $$ hence $$\color{blue}{I=J}.$$

Answer 4

La segunda integral de la $$J=I-\int_{0}^{\infty}{(2x)^4(x^2-x^4)\over (1-x^2+x^4)^4}\, dx$$

La integral de la derecha es cero por $x \to 1/x$.