Una manera simple de evaluar $\int_{-a}^a \frac{x^2}{x^4+1} \, \mathrm dx$?

Question

Actualmente estoy tratando de mostrar que $\int_{-\infty}^\infty \cos(x^2) \, \mathrm dx = \sqrt{\frac{\pi}{2}}$ y la última integral de evaluar es $$\int_{-a}^a \frac{x^2}{x^4+1} \, \mathrm dx.$$ Ahora, por supuesto que estoy familiarizado con wolframalpha, sin embargo, el modo en que se resuelve esta integral parece muy torpe y también no es elegante para mí, incluso aunque la función que a mí me parece bastante simple. Así, hay una forma más simple para resolver esta integral o es la manera descrita en wolframalpha ya (uno de), el enfoque más sencillo(es)? Pregunto esto porque a menudo wolframalpha no ver trucos (se me ocurrió cuando yo quería encontrar una fórmula para el n-ésima derivada de alguna función) que el ojo humano puede ver.

Gracias por las respuestas de antemano.

Answer 1

Esta respuesta se aborda la cuestión de encontrar la integral indefinida, y trata de mostrar que no es menor a la de Wolfram Alpha respuesta que salta a la vista.

Parte de la razón por la integral es aterrador es que cuando nos factor de $x^4+1$, nos topamos con un montón de $\sqrt{2}$. Luego de completar el cuadrado, de forma natural, sencilla de los números, de repente se vuelve preocupante. Nosotros, que somos tan racionales, se enfrenta a demasiados irrationals.

Aquí es una simple sugerencia. Hacer el cambio de variable $x=y/\sqrt{2}$. Muy rápidamente, llegamos a $$\int \frac{\sqrt{2}\,y^2}{y^4+4}dy$$
Por qué este cambio de variable? Tal vez nos recuerde de un concurso de la pregunta acerca de la $n^4+4$ casi nunca prime. La solución se basa en el hecho de que el polinomio $y^4+4$ factores de bien: $$y^4+4=(y^2-2y+2)(y^2+2y+2)$$ La factorización es una aplicación de los principios fundamentales resultado: $$2+2=2\times 2$$

Vamos a olvidarnos de las $\sqrt{2}$ hasta el final. Y debido a que las fracciones pueden ser tan rebelde, nos fijamos en la integral $$\int \frac{8y^2}{y^4+4}dy$$ Tenga en cuenta que $$\frac{8y^2}{y^4+4}=\frac{2y}{y^2-2y+2} +\frac{-2y}{y^2+2y+2}$$ Para integrar el primer sumando, tenga en cuenta que nosotros queremos $$\int\frac{(2y-2)+2}{y^2-2y+2}dy$$ La integral de $\frac{2y-2}{y^2-2y+2}$ es fácil, la derivada de la parte inferior está sentado en la parte superior. La integral de $\frac{2}{y^2-2y+2}$ es casi como sin peligro, desde la finalización de la plaza es irresistible.

La otra integral se puede hacer de la misma manera. Pero es más virtuoso para reciclar. Deje $y=-z$ y el aviso de que tenemos algo familiar.

Answer 2

Usted querrá hacer uso del hecho de que el polinomio $x^4+1$ es reducible y puede ser factorizado como $x^4+1=(x^2-\sqrt{2}x+1)(x^2+\sqrt{2}x+1)$. A partir de aquí, tendrás que usar una fracción parcial de la descomposición.

Answer 3

Aquí un limpiador camino para conseguirlo:

Euler Identidad nos da $e^{-i x^2}=\cos(-x^2)+i\sin(-x^2)$.

Desde el coseno es par y el seno es impar, esto se convierte en $e^{-i x^2}=\cos(x^2)-i\sin(x^2)$.

La integración de los rendimientos $\int_{-\infty}^\infty e^{-i x^2}\;dx=\int_{-\infty}^\infty\cos(x^2)\;dx-i\int_{-\infty}^\infty\sin(x^2)\;dx$.

Por lo tanto $\int_{-\infty}^\infty\cos(x^2)\;dx = Re(\int_{-\infty}^\infty e^{-i x^2}\;dx)$.

Ahora usted puede utilizar una sustitución en el derecho y el hecho de que $\int_{-\infty}^\infty e^{- x^2}\;dx=\sqrt{\pi}$ para obtener el valor de su integral.

Answer 4

Creo que podría llegar wckronholm la respuesta de corregir el argumento a lo largo de las siguientes líneas (aunque lo siguiente no es más que un argumento heurístico, tal y como está):

Definir $F(t) = \int_{-\infty}^\infty \exp(-tx^2) \, dx$. Entonces

\begin{align*} \frac{d}{dt} F(t) &= \int_{-\infty}^\infty -x^2 \exp(-tx^2) \, dx \\ &= \int_{-\infty}^\infty \frac{x}{2t} \left(-2tx \exp(-tx^2)\right)\, dx \\ &= \frac{-1}{2t} \int_{-\infty} \exp(-tx^2) \, dx \\ &= \frac{-1}{2t} F(t) \end{align*}

Esta ecuación diferencial es satisfecho por $F(t) = C \exp\left(-\frac{1}{2}\log(t)\right)$ para algunas constantes $C$. Desde nuestra $F$ debe satisfacer $F(1) = \sqrt{\pi}$, debemos tener

$$F(t) = \sqrt{\pi} \exp\left(\frac{-1}{2}\log(t)\right)$$

Así, en particular, para $t = -i$ tenemos

\begin{align*} F(-i) &= \sqrt{\pi} \exp\left(\frac{-1}{2}\log(-i)\right) \\ &= \sqrt{\pi} \exp\left(\frac{-1}{2} \cdot\frac{-\pi i} 2\right) \\ &= \sqrt{\pi} \left(\frac1{\sqrt2} + \frac i {\sqrt{2}}\right) \end{align*}

Lo que significaría que

$$\int_{-\infty}^\infty \cos(x^2) \, dx + i\cdot \int_{-\infty}^\infty \sin(x^2) \, dx = \int_{-\infty}^\infty e^{ix^2} \, dx = F(-i) = \sqrt{\frac{\pi}2} + i \sqrt{\frac{\pi}2}$$

Answer 5

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{-a}^{a}{x^{2} \over x^{4} + 1}\,\dd x:\ {\large ?}.\qquad un \in {\mathbb R}}$. $$ \color{#c00000}{\int_{-a}^{a}{x^{2} \over x^{4} + 1}\,\dd x} =2\sgn\pars{un}\int_{0}^{\verts{a}}{x^{2} \over x^{4} + 1}\,\dd x $$

Con $\ds{t \equiv {1 \over x^{4} + 1}\quad\imp\quad x = \pars{{1 \over t} - 1}^{1/4}}$: \begin{align} &\color{#c00000}{\int_{-a}^{a}{x^{2} \over x^{4} + 1}\,\dd x} = 2\sgn\pars{a}\int_{1}^{1/\pars{a^{4} + 1}}t\pars{{1 \over t} - 1}^{1/2} \bracks{{1 \over 4}\,\pars{{1 \over t} - 1}^{-3/4}\,\pars{-\,{1 \over t^{2}}}\,\dd t} \\[3mm]&=\half\,\sgn\pars{a}\int^{1}_{1/\pars{a^{4} + 1}} t^{-3/4}\pars{1 - t}^{-1/4}\,\dd t \\[3mm]&=\half\,\sgn\pars{a}\bracks{% \int^{1}_{0}t^{-3/4}\pars{1 - t}^{-1/4}\,\dd t - \int_{0}^{1/\pars{a^{4} + 1}}t^{-3/4}\pars{1 - t}^{-1/4}\,\dd t} \\[3mm]&=\half\,\sgn\pars{a}\bracks{% {\rm B}\pars{{1 \over 4},{3 \over 4}} -{\rm B}\pars{{1 \over a^{4} + 1};{1 \over 4},{3 \over 4}}} \end{align} donde $\ds{{\rm B}}$'s son Beta Funciones.

Por otra parte, $\ds{{\rm B}\pars{{1 \over 4},{3 \más de 4}} = \Gamma\pars{1 \over 4} \Gamma\pars{3 \más de 4} = {\pi \\sin\pars{\pi/4}} = \raíz{2}\,\pi}$. $\ds{\Gamma\pars{z}}$ es la La Función Gamma y hemos utilizado las propiedades ya conocidas de $\ds{\rm B}$'s y $\ds{\Gamma}$'s.

$$ \color{#00f}{\large\int_{-a}^{a}{x^{2} \over x^{4} + 1}\,\dd x =\media\,\sgn\pars{un}\bracks{\raíz{2}\pi -{\rm B}\pars{{1 \over un^{4} + 1};{1 \más de 4},{3 \más de 4}}}} $$