Cómo probar que $\int_0^\infty\frac{\left(x^2+x+\frac{1}{12}\right)e^{-x}}{\left(x^2+x+\frac{3}{4}\right)^3\sqrt{x}}\ dx=\frac{2\sqrt{\pi}}{9}$?

Question

Un amigo me dio esta integral como un reto $$\int_0^\infty\frac{\left(x^2+x+\frac{1}{12}\right)e^{-x}}{\left(x^2+x+\frac{3}{4}\right)^3\sqrt{x}}\ dx=\frac{2\sqrt{\pi}}{9}.$$ Esta integral puede escribirse en una forma equivalente $$\int_0^\infty\frac{x^4+x^2+\frac{1}{12}}{\left(x^4+x^2+\frac{3}{4}\right)^3}e^{-x^2}\ dx=\frac{\sqrt{\pi}}{9}.$$ No sé cómo probar esto. Lo he comprobado numéricamente y parece ser correcto con 1000 dígitos de precisión.

He intentado varios métodos. Parece que esta integral puede ser abordado por el contorno de la integración, pero hasta ahora no he podido encontrar un adecuado contorno. También traté de sustitución, sin embargo no hubo suerte.

¿Alguien sabe cómo calcular esta integral?

Answer 1

Una Generalización de la Integral:

Dado un fijo $n\in\mathbb{N}$, vamos $A$, $P$, $Q$ ser polinomios que cumplen las siguientes condiciones:

1. $A(x)=Q(x)^{n+1}-2xP(x)Q(x)+P'(x)Q(x)-nP(x)Q'(x)$
2. $\deg A=\deg Q$
3. $P(0)=0, \ Q(0)\neq 0$
4. $A(x)Q(x)^{-(n+1)}=A(-x)Q(-x)^{-(n+1)}$

Entonces la integral de $e^{-x^2}A(x)Q(x)^{-(n+1)}$ $\mathbb{R}^+$ puede ser computados como tales. $$\begin{align} \int^\infty_0 e^{-x^2}\frac{A(x)}{Q(x)^{n+1}}\ dx &=\int^\infty_0 e^{-x^2}\left(1+\frac{-2xP(x)Q(x)+P'(x)Q(x)-nP(x)Q'(x)}{Q(x)^{n+1}}\right)\ dx\\ &=\frac{\sqrt{\pi}}{2}+\int^\infty_0\frac{((e^{-x^2})P(x))'Q(x)^n-e^{-x^2}P(x)(Q(x)^n)'}{Q(x)^{2n}}\ dx\\ &=\frac{\sqrt{\pi}}{2}+\left[e^{-x^2}\frac{P(x)}{Q(x)^n}\right]^\infty_0\\ &=\frac{\sqrt{\pi}}{2} \end{align}$$ Esto significa que el tiempo que podemos encontrar polinomios $A$, $P$, $Q$ que satisfacen todas estas condiciones, vamos a ser capaces de "construir" similar integrales para el que fue publicado en la pregunta (al menos en principio).

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Dos Hechos Útiles:

Antes de proceder a determinar el adecuado $A$, $P$ y $Q$, lo primero que demostrar los siguientes hechos:

$\text{Fact 1}$: $$\deg P=n\deg Q-1\tag{*}$$

Para deducir este hecho, se observa que los polinomios $Q(x)^{n+1}$, $-2xP(x)Q(x)$, $P'(x)Q(x)$ y $-nP(x)Q'(x)$ tienen grados $(n+1)\deg Q$, $\deg P+\deg Q+1$, $\deg P+\deg Q-1$ y $\deg P+\deg Q-1$ respectivamente. Para que la suma de estos polinomios que tienen un grado $\deg Q$, para todos los $\deg Q < j\leq\max((n+1)\deg Q, \deg P+\deg Q+1)$, los coeficientes de los términos de $x^j$ en cada uno de estos cuatro polinomios tienen que añadir a la igualdad de $0$. Esto requiere $$\max((n+1)\deg Q, \deg P+\deg Q+1)=\min((n+1)\deg Q, \deg P+\deg Q+1)$$ y el resultado deseado de la siguiente manera.

$\text{Fact 2}$: $$P(x)Q(x)^{-n}=-P(-x)Q(-x)^{-n}\tag{**}$$

Esto se deduce de la Condición 4. Desde $A(x)Q(x)^{-(n+1)}$ es incluso, $A(x)Q(x)^{-(n+1)}-1$ también debe ser par. Pero $A(x)Q(x)^{-(n+1)}-1=e^{x^2}(e^{-x^2}P(x)Q(x)^{-n})'$, lo $P(x)Q(x)^{-n}$ debe ser impar.

Tenga en cuenta que $(^{**})$ implica también la Condición 3.

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Un Ejemplo Sencillo: $n=1$, $\deg Q=2$

Deje $n=1$$Q(x)=x^2+c\ $$c\neq 0$. Por $(^{*})$ y $(^{**})$, $P$ es un polinomio de grado impar $1$, es decir, $P(x)=kx$ para algunas constantes $k$. Por La Condición 1,

$$\begin{align} A(x) &=(x^2+c)^2-2kx^2(x^2+c)+k(x^2+c)-2kx^2\\ &=(1-2k)x^4+(2c(1-k)-k)x^2+c(k+c) \end{align}$$ Desde $\deg A=2$, $k=\frac{1}{2}$ y $c\neq\frac{1}{2}$. Así $$A(x)=\left(c-\frac{1}{2}\right)x^2+c\left(c+\frac{1}{2}\right)$$ y obtenemos la identidad, para $c\in\mathbb{R}^+\setminus\{\frac{1}{2}\}$ $$\int^\infty_0e^{-x^2}\cdot\frac{x^2+\frac{c(2c+1)}{2c-1}}{(x^2+c)^2}\ dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2c-1}$$

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El Caso en Cuestión: $n=2$, $\deg Q=4$

Seguimos el mismo procedimiento descrito anteriormente. En este caso,$n=2$$Q(x)=x^4+px^2+q$. A continuación,$P(x)=rx^7+sx^5+tx^3+ux$. La aplicación de la Condición 1, y observando que $\deg A=4$ (es decir, los coeficientes de $x^{12}$, $x^{10}$, $x^8$, $x^6$ son todos los $0$) ,

$$\begin{align} A(x) &=(x^4+px^2+q)^3-2x(rx^7+sx^5+tx^3+ux)(x^4+px^2+q)\\ &\ \ \ \ \ +(7rx^6+5sx^4+3tx^2+u)(x^4+px^2+q)-2(rx^7+sx^5+tx^3+ux)(4x^3+2px)\\ &=(p(3pq-t-2u)+q(3q+5s-2t)-7u)x^4+(3p(q^2-u)+q(3t-2u))x^2+q(q^2+u) \end{align}$$ donde $$\begin{align} &\ \ \ \ \ 1-2r=3p-2s-r(1+2p)=p(3p-2s)+r(3p-2q)+3q-3s-2t\\ &=p(p^2+6q+s-2t)+q(7r-2s)-5t-2u=0 \end{align}$$ Después de algunos álgebra, podemos expresar $r,s,t,u$ en términos de las variables libres $p,q$. $$(r,s,t,u)=\left(\frac{1}{2},\frac{4p-1}{4},\frac{4p^2-4p+8q+3}{8},\frac{-4p^2+16pq+12p-8q-15}{16}\right)$$ Por lo tanto $$\begin{align} A(x) &=\tfrac{12p^2+16q^2-16pq-60p+24q+105}{16}x^4+\tfrac{12p^3-16p^2q+16pq^2-36p^2+64q^2-24pq+45p+48q}{16}x^2\\ &\ \ \ \ \ +\tfrac{16q^3-4p^2q+16pq^2-8q^2+12pq-15q}{16} \end{align}$$ Esto produce, por $p,q,s,t,u\neq 0$, $$\small{\int^\infty_0e^{-x^2}\tiny{\frac{(12p^2+16q^2-16pq-60p+24q+105)x^4+(12p^3-16p^2q+16pq^2-36p^2+64q^2-24pq+45p+48q)x^2+(16q^3-4p^2q+16pq^2-8q^2+12pq-15q)}{16(x^4+px^2+q)^3}}\ dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}}$$ Si $p=1$$q=\frac34$, esta integral se reduce a la puesta en cuestión.

Answer 2

El integrando tiene una forma cerrada de la anti-derivada: $${\large\int}\frac{\left(x^2+x+\frac1{12}\right)e^{-x}}{\left(x^2+x+\frac34\right)^3\sqrt x}\ dx=\frac{4\ e^{-x} \sqrt x}9\cdot\frac{8x^3+12x^2+18x-1}{\left(4x^2+4x+3\right)^2}+\frac{2\sqrt\pi}9 \,\operatorname{erf}\big(\sqrt{x}\big)\color{gray}{+C}$$ donde $\operatorname{erf}(x)$ es la función de error. Esto puede ser fácilmente demostrado por la diferenciación. El uso de un bien conocido el hecho de que $$\lim_{x\to\infty}\operatorname{erf}(x)=1$$ obtenemos el resultado $$\int_0^\infty\frac{\left(x^2+x+\frac{1}{12}\right)e^{-x}}{\left(x^2+x+\frac{3}{4}\right)^3\sqrt{x}}\ dx=\frac{2\sqrt{\pi}}{9}.$$