Observación

Question

ps

Estoy tratando de entender la sustitución trigonométrica mejor, porque nunca podría conseguir una buena manija en él. Todo lo que sé es que se supone que esta integral reduce a la integral de alguna potencia del coseno. Intenté$$\int_{-\infty}^\infty \frac{x^2}{x^4+1}\;dx$, pero terminé con$x^2=\tan\theta$ como mi integrando. ¿Puede alguien explicar cómo calcular esto?

Answer 1

Tenga en cuenta que:$$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x^2}{x^4+1}\,dx &=& 2\int_{0}^{+\infty}\frac{x^2}{x^4+1}\,dx\\ &=& 2\int_{0}^{1}\frac{x^2}{1+x^4}\,dx+2\int_{1}^{+\infty}\frac{x^2}{1+x^4}\,dx\\&=&2\int_{0}^{1}\frac{1+x^2}{1+x^4}\,dx\\&=&2\left(1+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}-\frac{1}{11}+\ldots\right)\\&=&2\left(1+\frac{2}{4^2-1}-\frac{2}{8^2-1}+\frac{2}{12^2-1}-\ldots\right)\end{eqnarray*}$ $ y, a partir de la derivada logarítmica del producto de Weierstrass para la función seno y coseno:$$ \sum_{k\geq 0}\frac{1}{(2k+1)^2-x^2}=\frac{\pi}{4x}\,\tan\left(\frac{\pi x}{2}\right),$ $$$ \sum_{k\geq 1}\frac{1}{k^2-x^2}=\frac{1-\pi x\cot(\pi x)}{2x^2},$ ps

Answer 2

ps

ps

Para la primera integral, establezca$$\dfrac{2x^2}{x^4+1}=\dfrac{x^2+1}{x^4+1}+\dfrac{x^2-1}{x^4+1}$ y puede adivinar la sustitución de la segunda?

Answer 3

Aviso $$\int_{-\infty}^\infty \frac{x^2}{x^4+1} dx = 2 \int_0^\infty \frac{x^2}{x^4+1} dx = 2 \int_0^\infty \frac{dx}{x^2+x^{-2}} = 2 \int_0^\infty \frac{dx}{(x-x^{-1})^2+2}\\ = 2 \left(\color{red}{\int_0^1} + \color{blue}{\int_1^\infty}\right) \frac{dx}{(x-x^{-1})^2+2} $$ Cambio de la variable de $x$ $\frac1x$para la parte de integral en $(0,1)$, esto se convierte en $$2\int_1^\infty \frac{1}{(x-x^{-1})^2+2}(\color{blue}{1}+\color{red}{x^{-2}})dx = 2\int_1^\infty \frac{d(x-x^{-1})}{(x-x^{-1})^2+2} $$ Cambio de variable, una vez más, a $y = x-x^{-1}$ y, a continuación, a $y = \sqrt{2}z$, obtenemos $$\int_{-\infty}^\infty \frac{x^2}{x^4+1} dx = 2 \int_0^\infty \frac{dy}{y^2+2} = \int_{-\infty}^\infty \frac{dy}{y^2+2} = \frac{1}{\sqrt{2}}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dz}{1+z^2} = \frac{\pi}{\sqrt{2}}$$

Answer 4

Usted tiene$x^4+1=(x^2+x\sqrt 2+1)(x^2-x\sqrt 2+1)$ Ahora puede hacer fracciones parciales. Después de eso, una sustitución trigonométrica será su amigo. Las sustituciones de los triglicés funcionan bien con la cuadrática, no tan bien con las potencias superiores.

Answer 5

El método más directo es usar el teorema de los residuos.

Deje $f(z)=\frac{z^2}{z^4+1}$. Esta función tiene exactamente dos polos en la mitad superior del plano de $\mathbb{C}$: $$z_1=e^{i\frac{\pi}{4}}$$ $$z_2=e^{i\frac{3\pi}{4}}$$

Calcular los residuos en el que señala:

$$\operatorname{res}_f(z_1)=\lim_{z\rightarrow z_1} \frac{z^2}{(z-e^{-i\frac{\pi}{4}})(z-e^{-i\frac{3\pi}{4}})(z-e^{i\frac{3\pi}{4}})}=\frac{1}{4}e^{-i \frac{\pi}{4}}$$

$$\operatorname{res}_f(z_2)=\lim_{z\rightarrow z_2} \frac{z^2}{(z-e^{-i\frac{\pi}{4}})(z-e^{-i\frac{3\pi}{4}})(z-e^{i\frac{\pi}{4}})}=\frac{1}{4}e^{-i \frac{3\pi}{4}}$$

Ahora vamos a usar el teorema de los residuos.

Deje $R>0$ ser lo suficientemente grandes para la parte superior del semicírculo contiene $z_1$$z_2$. A partir de los residuos teorema de la integral de $f$ sobre el anterior contorno de integración es igual a $$2\pi i (\operatorname{res}_f(z_1)+\operatorname{res}_f(z_2))$$ Es fácil comprobar que cuando se $R\rightarrow \infty$, entonces la integral sobre el semicírculo parte de ese contorno se desvanece, por lo que el contorno de la integral converge a nuestros integral inicial $\int_{-\infty}^\infty \frac{x^2}{x^4+1} dx$. Así

$$\int_{-\infty}^\infty \frac{x^2}{x^4+1} dx=2\pi i (\operatorname{res}_f(z_1)+\operatorname{res}_f(z_2))=\frac{\pi}{\sqrt{2}}$$