Estimación de $\int_0^{\infty} 1/\sqrt{1+x^4} \mathrm{d}x$

Question

Necesito una analítica de la estimación de la siguiente integral:

$$\int\limits_0^\infty \frac{{\mathrm{d} x}}{\sqrt{1 + x^4}}$$

Tiene una raíz en el denomenator, por lo que no pueden hacer uso de los complejos de los residuos de la técnica.

Editar:

Desde CAS puede hacerlo simbólicamente -- ciertamente, hay una solución. Sin embargo, me hizo este analíticamente un par de años atrás y obtuvo

$$ \frac{\pi}{2^{3/4}}$$

la estimación. Recuerdo que era fácil y rápido de estimación. Estoy tratando de recuperarlo.

Answer 1

En realidad, para educar a la OP un poco - puede utilizar variables complejas técnicas aquí. Sólo tienes que evitar los puntos de ramificación. Considere la siguiente integral:

$$\oint_C \frac{dz}{\sqrt{1+z^4}} $$

donde $C$ es el siguiente perfil:

Entonces podemos escribir la integral de contorno de forma explícita en términos de una parametrización; los distintos términos son

$$\int_{-R}^R \frac{dx}{\sqrt{1+x^4}} + i R \int_0^{\pi} d\theta \, \frac{e^{i \theta}}{\sqrt{1+R^4 e^{i 4 \theta}}} \\ + e^{i \pi/4} \int_1^{R}dt \frac{e^{i \pi/2}}{\sqrt{t^4-1}}- e^{i \pi/4} \int_1^{R}dt \frac{e^{-i \pi/2}}{\sqrt{t^4-1}}\\ + i \epsilon \int_{2 \pi}^0 d\phi \, \frac{e^{i \phi}}{\sqrt{1+(e^{i \pi/4}+\epsilon e^{i \phi})^4}} \\ + e^{i 3\pi/4} \int_1^{R}dt \frac{e^{i \pi/2}}{\sqrt{t^4-1}}- e^{i 3\pi/4} \int_1^{R}dt \frac{e^{-i \pi/2}}{\sqrt{t^4-1}}\\ + i \epsilon \int_{2 \pi}^0 d\phi \, \frac{e^{i \phi}}{\sqrt{1+(e^{i 3\pi/4}+\epsilon e^{i \phi})^4}} $$

Tenga en cuenta que los factores de $e^{i \pi/2}$ $e^{-i \pi/2}$ son resultado de la $2 \pi$ salta sobre los puntos de ramificación.

En el límite de $R \to \infty$$\epsilon \to 0$, el segundo, quinto y octavo integrales desaparecer. Simplificando, nos quedamos con

$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{\sqrt{1+x^4}} + i 2 \left ( e^{i \pi/4} + e^{i 3 \pi/4}\right ) \int_1^{\infty} \frac{dt}{\sqrt{t^4-1}}$$

Tomando nota de que el contorno de la integral es cero por Cauchy teorema, podemos finalmente deducir que

$$\int_0^{\infty} \frac{dx}{\sqrt{1+x^4}} = \sqrt{2} \int_1^{\infty} \frac{dt}{\sqrt{t^4-1}}$$

La integral en el lado derecho puede ser simplificado por subbing $t=1/y$ para obtener

$$\sqrt{2} \int_0^1 \frac{dy}{\sqrt{1-y^4}}$$

Luego sub $y = u^{1/4}$ para obtener

$$\frac{\sqrt{2}}{4} \int_0^1 du \, u^{-3/4} (1-u)^{-1/2}$$

que es una función Beta. Por lo tanto la integral es

$$\frac{\sqrt{2}}{4} \frac{\Gamma \left ( \frac14\right ) \Gamma \left ( \frac12\right )}{\Gamma \left ( \frac{3}{4}\right )} = \frac{4}{\sqrt{\pi}} \Gamma \left ( \frac{5}{4}\right )^2$$

La RHS de mayo, a partir de la reflexión de la fórmula.

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\daga}}% \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil #1 \right\rceil\,}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\down}{\downarrow}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \cima {= \cima \vphantom{\enorme}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}}% \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}% \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,}% \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle}% \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,}% \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ \begin{align} \int_{0}^{\infty}{\dd x \over \root{1 + x^{4}}}&= {1 \over 4}\int_{0}^{\infty}x^{-3/4}\pars{1 + x}^{-1/2}\,\dd x = {1 \over 4}\int_{1}^{\infty}\pars{x - 1}^{-3/4}x^{-1/2}\,\dd x \\[3mm]&= {1 \over 4}\int_{1}^{0}\pars{{1 \over x} - 1}^{-3/4}x^{1/2}\, \pars{-\,{\dd x \over x^{2}}} = {1 \over 4}\int^{1}_{0}\pars{1 - x}^{-3/4}x^{-3/4}\,\dd x \\[3mm]&= {1 \over 4}\,{\rm B}\pars{{1 \over 4},{1 \over 4}} \quad\mbox{where}\quad{\rm B}\pars{a,b}\quad\mbox{is the}\ {\it Beta\ function}. \end{align} También $$ {\rm B}\pars{{1 \over 4},{1 \over 4}} = {\Gamma\pars{1/4}\Gamma\pars{1/4} \over \Gamma\pars{1/4 + 1/4}} ={1 \over \raíz{\pi}}\,\Gamma^{2}\pars{1 \over 4} $$ $$\color{#00f}{\large% \int_{0}^{\infty}{\dd x \\raíz{1 + x^{4}}} = {1 \over 4\raíz{\pi}}\,\Gamma^{2}\pars{1 \over 4}} \approx 1.85 $$

Answer 3

Para $x \in [0,\infty]$, vamos a $I(x)$ integral $\;\displaystyle\int_0^x \frac{dt}{\sqrt{1+t^4}}$.

La integral que queremos calcular es, simplemente,$I(\infty)$. Citando algunos de los resultados de esta respuesta de una pregunta relacionada, sabemos por $x \in [0,\infty)$,

$$I(x) = F(\sqrt{1+x^2-\sqrt{1+x^4}}; \frac12 )$$ donde $$F(y\,; m) = \int_0^y \frac{ds}{\sqrt{(1-s^2)(1-ms^2)}}$$ es la Jacobi de la forma de incompleta integral elíptica de primera especie.

Cuando $x \to \infty$, $\sqrt{1 + x^2 - \sqrt{1+x^4}} \to 1$. Esto lleva a

$$I(\infty) = K\left(\frac12\right)\quad\text{ donde }\quad K(m) = \int_0^1 \frac{ds}{\sqrt{(1-s^2)(1-ms^2)}}$$ es la integral elíptica completa de primera especie. $K(m)$ puede ser calculada utilizando de forma eficiente su relación con la aritmética media geométrica de $1$$\sqrt{1-m}$.

$$K(m) = \frac{\pi}{2\text{AGM}(1,\sqrt{1-m})}$$

Empezar con $m = \frac12$, la primera iteración de la computación de la AGM nos da

$$ \frac{1}{\sqrt[4]{2}} = \text{GM}(1,\frac{1}{\sqrt{2}} ) \le \text{AGM}(1,\frac{1}{\sqrt{2}} ) \le \text{AM}(1, \frac{1}{\sqrt{2}} ) = \frac12 (1 + \frac{1}{\sqrt{2}})$$ y por lo tanto $$ 1.840302369 \sim \frac{\sqrt{2}\pi}{\sqrt{2}+1} \le I(\infty) = K\left(\frac12\right) \le \frac{\pi}{2^{3/4}} \sim 1.868002168 $$

Para obtener la estimación más precisa de la integral, uno puede realizar más iteraciones en la AGM la computación. Por ejemplo, la segunda iteración nos da

$$ 1.854048814 \sim \frac{2^{3/2}\pi }{2^{5/4}+2^{1/2}+1} \le K\left(\frac12\right) \le \frac{\pi }{\sqrt{2^{1/4} + 2^{3/4}}} \sim 1.8541005407$$ que es preciso acerca de la $4^{th}$ decimales.

Answer 4

Mathematica de entrada y de salida:

In[2]:= Integrate[1/Sqrt[1 + x^4], {x, 0, \[Infinity]}]

Out[2]= (4 Gamma[5/4]^2)/Sqrt[\[Pi]]

In[3]:= % // N

Out[3]= 1.85407

Answer 5

La sustitución de $t=1/x$ sale de la integral invariante, o mejor, le dice que la integral de $1$ $\infty$es igual a la de $0$$1$. Así que una manera de expresar la respuesta es $$ 2\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1+x^4}}=2\int_0^1\sum_{n=0}^\infty\binom{-1/2}{n}x^{4n}\,dx =\sum_{n=0}^\infty\binom{-1/2}{n}\frac2{4n+1} $$ (con un poco de ayuda de Abel teorema para evaluar la serie en el borde de su intervalo de convergencia).

La serie es alterna, de manera que se obtenga la debida estimaciones de error. Pero esto puede no ser una respuesta útil.