Proporcionar un método diferente de la prueba: $\int_{-\infty}^{\infty}{1\over [\pi(x+e^{\pi})^2+\pi^{1/3}]^2}dx={1\over 2}$

Question

Accidentalmente se fundó este particular integral de la producción de un número racional

No puedo estar seguro de que es correcta, por lo que puede proporcionar una prueba de ello.

$$\int_{-\infty}^{\infty}{1\over [\pi(x+e^{\pi})^2+\pi^{1/3}]^2}dx={1\over 2}\etiqueta 1$$

He encontrado relacionados con la $(1)$ es este

Vamos a aplicar una sustitución de $u=x+e^{\pi}$ $du=dx$

$$\int_{-\infty}^{\infty}{1\over [\pi{u}^2+\pi^{1/3}]^2}du={1\over 2}\tag2$$

Para evitar confundir con demasiada $\pi$ símbolo, escribimos un general

$$\int_{-\infty}^{\infty}{1\over [A{u}^2+B]^2}du={1\over 2}\tag3$$

Podríamos aplicar descomposición parcial

$${au+b\over Au^2+B}+{cu+d\over (Au^2+B)^2}=1\tag4$ $ , a continuación, encontrar a,b,c y d.

He encontrado un general integral de

$$\int{dx\over(x^2+a^2)^2}={x\over2a^2(x^2+a^2)}+{1\over 2a^3}\tan^{-1}{\left(x\over a\right)}\tag5$$ Estoy seguro de que esto es suficiente para probar $(1)$

Pregunta: ¿cuáles son los otros métodos podemos utilizar para demostrar $(1)?$

Answer 1

Tal vez el método más elegante en este caso es utilizar el contorno de integración en el plano complejo. Reescribir $Au^2+B$ como una diferencia de cuadrados y descomponer en fracciones parciales:

$$\frac{1}{(Au^2+B)^2}=\frac{1}{(\sqrt{A}u+\sqrt{B}i)^2(\sqrt{A}u-\sqrt{B}i)^2}$$

$$=-\frac{1}{4B}\left(\frac{1}{(\sqrt A u + \sqrt{B}i)^2}+\frac{1}{(\sqrt A u - \sqrt{B}i)^2}-\frac{i/\sqrt{B}}{\sqrt A u + \sqrt{B}i}+\frac{i/\sqrt{B}}{\sqrt A u - \sqrt{B}i}\right)$$

Ahora vamos a utilizar el teorema de los Residuos, que dice, que una integral sobre una curva cerrada (nosotros tapa de la línea real con una infinita medio círculo sobre la mitad superior del plano, donde el integrando tiende a cero de todos modos, por lo que esta adición no cambia el valor de la integral es igual a los coeficientes de los polos de la $1/u$ forma, que se encuentran en el interior del cercado de la zona (plano superior en este caso), multiplicado por el $2\pi i$. En nuestro caso, el único polo de primer orden con un resultado positivo de la parte imaginaria es el último término (con polo a $u_0=\sqrt{B/A}i$). Los primeros dos polos son cuadráticas y no cuentan y la tercera es en la mitad inferior del plano-y no es encerrada por el contorno. Reescribir el término sólo para aclarar, como

$$\color{red}{-\frac{1}{4B}\frac{i/\sqrt{B}}{\sqrt{A}}}\frac{1}{u-u_0}$$

y aplicar el teorema de los residuos para la integral:

$$\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{(Au^2+B)^2}du =$$ $$=\oint_{C}\frac{1}{(Au^2+B)^2}du=2\pi i \left(\frac{-1}{4B}\frac{i/\sqrt{B}}{\sqrt{A}}\right)=\frac{\pi}{2 \sqrt{AB^3}}=\frac{\pi}{2\sqrt{\pi^2}}=\frac12$$

Answer 2

Ya tiene $$ I\left (un, b\right) = \int_ {0} ^ {\infty} \sin\left (az\right) e ^ {-bz} dz = \frac {a} {a ^ {2} + b ^ {2}} $$ we have $$\frac{\partial}{\partial b} I\left (, b\right) de \int_ = {0} ^ {\infty} z\sin\left (az\right) e ^ {-bz} dz =-\frac {2ab} {\left (un ^ {2} + b ^ {2} \ a la derecha) ^ {2}} $$ so $ $\begin{align} I= & \int_{-\infty}^{\infty}\frac{du}{\left(Au^{2}+B\right)^{2}} \\ = & \frac{1}{2\sqrt{AB}}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{u}\int_{0}^{\infty}z\sin\left(\sqrt{A}uz\right)e^{-\sqrt{B}z}dzdu \\ = & \frac{1}{2\sqrt{AB}}\int_{0}^{\infty}ze^{-\sqrt{B}z}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{u}\sin\left(\sqrt{A}uz\right)dudz \\ = & \frac{1}{2\sqrt{AB}}\int_{0}^{\infty}ze^{-\sqrt{B}z}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{v}\sin\left(v\right)dvdz \end {Alinee el} $$ and the last integral in the RHS is well known. So $% $ $I=\frac{\pi}{2\sqrt{AB}}\int_{0}^{\infty}ze^{-\sqrt{B}z}dz=\frac{\pi}{2\sqrt{AB^{3}}}\int_{0}^{\infty}we^{-w}dw=\color{red}{\frac{\pi}{2\sqrt{AB^{3}}}}.$

Answer 3

También podemos aplicar la fórmula de reducción a $(3) $: $$ \int \frac {1}{(au+b)^n} du = \frac {2n-3}{2b (n-1)}\int \frac{1}{(au+b)^{n-1}} du + \frac {u}{2b (n-1)(au^2+b)^{n-1}} $$ With $a=\pi, b = \sqrt [3] {\pi}, n=2$. The integral can then be solved by substituting $v=\sqrt [3] {\pi} u $.

Answer 4

A partir de, $$\int_{-\infty}^{\infty}{1\over [A{u}^2+B]^2}du$$ you could let $u=\sqrt{\frac{B}{A}} \tan(\theta)$ so $du=\sqrt{\frac{B}{A}} \sec^2 (\theta) d \theta.$ Using $1+\tan^2 (x) = \sec^2 (x) $, this gives, $$\sqrt{\frac{B}{A}}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sec^2(\theta)}{(B\tan^2(\theta)+B)^2}d\theta=\sqrt{\frac{1}{AB^3}}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2(\theta)d\theta.$$ Now using $ cos ^ 2 (x) = \frac {1} {2} (cos(2x) + 1) $, we have, $$\frac{1}{2\sqrt{AB^3}}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos(2\theta)+1 d\theta=\frac{1}{2\sqrt{AB^3}}(\frac{\sin(2\theta)}{2} +\theta)|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi}{2\sqrt{AB^3}}.$$ Plugging in $A=\pi$ and $B=\pi^ {\frac {1} {3}} le da $ el resultado deseado.

Answer 5

Para evitar confusión, $a = A = \pi$ y $b = B = \pi ^{1/3}$

Que $z=\frac{a u^{2}}{b}$\begin{align} \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{(a u^{2} + b)^{2}} du &= 2 \int\limits_{0}^{\infty} \frac{1}{(a u^{2} + b)^{2}} du \\ &= \frac{2}{b^{2}} \int\limits_{0}^{\infty} \frac{1}{(\frac{a}{b} u^{2} + 1)^{2}} du \\ &= \frac{1}{b^{2}} \sqrt{\frac{b}{a}} \int\limits_{0}^{\infty} \frac{z^{-1/2}}{(z+1)^{2}} dz \\ &= a^{-1/2} b^{-3/2} \mathrm{B}\left(\frac{1}{2},\frac{3}{2} \right) \\ &= \frac{1}{\pi} \mathrm{B}\left(\frac{1}{2},\frac{3}{2} \right) \\ &= \frac{1}{\pi} \frac{\Gamma(1/2)\Gamma(3/2)}{\Gamma(2)} \\ &= \frac{1}{2} \end {alinee el}

Note que hemos utilizado la siguiente definición integral de la función beta \begin{equation} \mathrm{B}(x,y) = \int\limits_{0}^{\infty} \frac{z^{x-1}}{(z+1)^{x+y}} dz \end{equation}