¿Es posible calcular $\int_{-\infty}^\infty {x \sin x\over x^4+1}dx$ sin usar análisis complejo?

Question

$$\int_{-\infty}^\infty {x\sin x\over x^4+1}dx$$

¿Mediante el uso de cosas como el truco de Feynman (diferenciando bajo el signo integral) u otros conceptos de cálculo de nivel de secundaria? No sé que cosas como el teorema del residuo.

Answer 1

Tenemos $$ \int_{\mathbb{R}}\frac{x\sin x}{x^4+1}\,dx= \frac{1}{2\sqrt{2}}\int_{\mathbb{R}}\sin(x)\left[\frac{1}{x^2-x\sqrt{2}+1}-\frac{1}{x^2+x\sqrt{2}+1}\right]\,dx $$ por parcial fracción de descomposición. En el otro lado $$ \int_{\mathbb{R}}\frac{\sin x}{x^2-x\sqrt{2}+1}\,dx = \int_{\mathbb{R}}\frac{\sin\left(x+\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}{x^2+\frac{1}{2}}\,dx $$ $$ \int_{\mathbb{R}}\frac{\sin x}{x^2+x\sqrt{2}+1}\,dx = \int_{\mathbb{R}}\frac{\sin\left(x-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}{x^2+\frac{1}{2}}\,dx $$ así que todo el problema se reduce a la evaluación de $$ \int_{\mathbb{R}}\frac{\cos(x)}{x^2+\frac{1}{2}}\,dx=2\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos(x)}{x^2+\frac{1}{2}}\color{red}{=}{\pi \sqrt{2}\, e^{-\frac{1}{\sqrt{2}}}}.$$ El último de identidad puede ser demostrado a través de la transformada de Laplace la transformada de Fourier, Feynman del truco, ecuaciones diferenciales ordinarias, el teorema de los residuos o la conocida relación entre la distribución de Cauchy y la distribución de Laplace. Una mancha de la forma, es notar que a través de la integración por partes $$ \frac{1}{x^2+\frac{1}{2}}=\int_{0}^{+\infty} \cos(xz) \sqrt{2} e^{-\frac{z}{\sqrt{2}}}\,dz = \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin(xz)}{x}\,e^{-\frac{z}{\sqrt{2}}}\,dz $$ se mantiene, entonces aplicar el teorema de Fubini para una integral doble, recordando que para cualquier $z\geq 0$ $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{\sin(xz)\cos(x)}{x}\,dx = \left\{\begin{array}{rcl}0&\text{if}& z<1\\\frac{\pi}{4}&\text{if}&z=1\\\frac{\pi}{2}&\text{if}&z>1.\end{array}\right.$$

Answer 2

La misma respuesta que @JackD'Aurizio con un poco más de detalles. Yo estaba haciendo esto después de que él envió a su respuesta para que yo termine de todos modos.

Deje $\alpha=\frac{1}{2\sqrt[]{2}}$. Después de la fracción parcial de descomposición, se obtiene: \begin{align} \int^\infty_{-\infty}\frac{x\sin(x)}{x^4+1}\,dx=-\alpha\int^\infty_{-\infty}\frac{\sin(x)}{x^2+\sqrt[]{2}x+1}\,dx+\alpha\int^\infty_{-\infty}\frac{\sin(x)}{x^2-\sqrt[]{2}x+1}\,dx \end{align} Ahora definir: \begin{align} I:=\int^\infty_{-\infty}\frac{\sin(x)}{x^2+\sqrt[]{2}x+1}\,dx,\ \ \ \ J:=\int^\infty_{-\infty}\frac{\sin(x)}{x^2-\sqrt[]{2}x+1}\,dx \end{align} Primero hicimos $I$. Completando los cuadrados en el denominador se obtiene: \begin{align} I=\int^\infty_{-\infty}\frac{\sin(x)}{(x+\frac{\sqrt[]{2}}{2})^2+\frac{1}{2}}\,dx \end{align} Sustituto $u=x+\frac{\sqrt[]{2}}{2}$ y el uso de la fórmula para $\sin(x+y)$: \begin{align} I&=\int^\infty_{-\infty}\frac{\sin\left(u-\frac{\sqrt[]{2}}{2}\right)}{u^2+\frac{1}{2}}\,du\\& = \int^\infty_{-\infty}\frac{\sin\left(u\right)\cos\left(-\frac{\sqrt[]{2}}{2}\right)}{u^2+1}\,du+\int^\infty_{-\infty}\frac{\cos(u)\sin\left(-\frac{\sqrt[]{2}}{2}\right)}{u^2+\frac{1}{2}}\,du\\ \end{align} La integral con $\sin(u)$ es convergente y la ingerand es una función impar, por lo que se desvanece. Ahora obtenemos: \begin{align} I=\sin\left(-\frac{\sqrt[]{2}}{2}\right)\int^\infty_{-\infty}\frac{\cos(u)}{u^2+\frac{1}{2}}\,du \end{align} Esta integral se puede hacer con el mencionado explícitamente truco por usted, a saber, su truco. Se hace muy bien con todos los detalles por el usuario Marca la Viola en esta respuesta. Así, obtenemos: \begin{align} I=\sin\left(-\frac{\sqrt[]{2}}{2}\right) \frac{\pi\sqrt[]{2}}{e^{1/\sqrt[]{2}}}=-\sin\left(\frac{\sqrt[]{2}}{2}\right) \frac{\pi\sqrt[]{2}}{e^{1/\sqrt[]{2}}} \end{align} Lo mismo se puede hacer para $J$ (do it yourself!). Obtenemos: \begin{align} J=\sin\left(\frac{\sqrt[]{2}}{2}\right)\frac{\pi\sqrt[]{2}}{e^{1/\sqrt[]{2}}} \end{align} Finalmente, se obtiene:

\begin{align} \int^\infty_{-\infty}\frac{x\sin(x)}{x^4+1}\,dx = \frac{\pi}{e^{1/\sqrt[]{2}}}\sin\left(\frac{\sqrt[]{2}}{2}\right) \end{align}

Answer 3

Sólo el uso básico de los métodos de integración.

Que nos llame a $a,b,c,d$ las raíces de $x^4+1=0$. A continuación, el uso parcial de la fracción de descomposición $$\frac x{x^4+1}=\frac{a}{(a-b) (a-c) (a-d) (x-a)}+\frac{b} {b-a) (b-c) (b-d) (x-b)}+\frac{c}{(c-a) (c-b) (c-d) (x-c)}+\frac{d}{(d-a) (d-b) (d-c) (x-d)}$$, que hace que nos deja con cuatro integrales aspecto $$I_r=\int \frac{\sin(x)}{x-r}\,dx=\int \frac{\sin(y+r)}{y}\,dy=\cos(r)\int \frac{\sin(y)}{y}\,dy+\sin(r)\int \frac{\cos(y)}{y}\,dy$$ es decir $$I_r=\cos (r)\, \text{Si}(y)+ \sin (r)\,\text{Ci}(y)$$ donde aparece el seno y el coseno integrales.

Por cierto, ahora el problema es para recombinar todo eso (trabajo tedioso) y reemplace $a,b,c,d$ por las raíces de la unidad y, finalmente, integrar entre los límites. Te dejo el placer de hacerlo.

Al final, usted debe llegar a $$\int_{-\infty}^\infty {x\sin x\over x^4+1}\,dx=\pi \,e^{-\frac{1}{\sqrt{2}}} \, \sin \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$$