8 votos

Evaluando una integral impropia$\int_{0}^{\infty}\frac{x^2}{(x^4+1)^2}dx$

Intenté resolver la integral: $$\int_{0}^{\infty}\frac{x^2}{(x^4+1)^2}dx$ $ usando $ x = \sqrt{\tan(u)}$ y $dx = \frac{ \sec^2(u)}{2\sqrt{\tan(u)}} du,$

pero terminé con una integral de peor aspecto $$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sqrt{\tan(u)}}{\sec^2(u)}du.$ $

Wolfram dio una respuesta de $ \dfrac{\pi}{8\sqrt{2}},$ pero, ¿cómo se puede llegar a esa respuesta?

12voto

Roger Hoover Puntos 56

Comencemos con un paso de integración por partes: $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{1}{4x}\cdot\frac{4x^3}{(x^4+1)^2}\,dx =\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{4x^2}\left(1-\frac{1}{1+x^4}\right)\,dx=\frac{1}{4}\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{x^2+\frac{1}{x^2}}$ $ y terminemos con el teorema principal de Glasser : $$ \frac{1}{8}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{\left(x-\frac{1}{x}\right)^2+2}\stackrel{\text{GMT}}{=}\frac{1}{8}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{x^2+2} = \frac{\pi}{8\sqrt{2}}.$ $

3voto

clathratus Puntos 35

Considere la integral $$I(a,b)=\int_0^{\pi/2}\sin(x)^a\cos(x)^b\mathrm{d}x$$ La aplicación de la sustitución de $t=\sin(x)^2$, vemos que $$I(a,b)=\frac12\int_0^1t^{\frac{a-1}2}(1-t)^{\frac{b-1}2}\mathrm{d}t$$ $$I(a,b)=\frac12\int_0^1t^{\frac{a+1}2-1}(1-t)^{\frac{b+1}2-1}\mathrm{d}t$$ Recordemos la definición de la función Beta $$\mathrm B(x,y)=\int_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}\mathrm{d}t=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$$ Donde $\Gamma(s)$ es la Función Gamma.

Por lo tanto vemos que $$I(a,b)=\frac{\Gamma(\frac{a+1}2)\Gamma(\frac{b+1}2)}{2\Gamma(\frac{a+b}2+1)}$$ De $$\frac{\tan(x)^{1/2}}{\sec(x)^2}=\sin(x)^{1/2}\cos(x)^{3/2}$$ Vemos que su integral es $$I(1/2,3/2)=\frac{\Gamma(3/4)\Gamma(5/4)}{2\Gamma(2)}$$ $$I(1/2,3/2)=\frac{\Gamma(1/4)\Gamma(3/4)}{8}$$ Y a partir de $$\Gamma(s)\Gamma(1-s)=\frac\pi{\sin\pi s},\qquad s\not\in\Bbb Z$$ Tenemos $$I(1/2,3/2)=\frac{\pi}{8\sqrt2}$$

3voto

heropup Puntos 29437

Escriba $$\frac{x^2}{(1+x^4)^2} = \frac{4x^3}{(1+x^4)^2} \cdot \frac{1}{4x}.$$ Then integration by parts with the choice $$u = \frac{1}{4x}, \quad du = -\frac{1}{4x^2} \, dx, \\ dv = \frac{4x^3}{(1+x^4)^2} \, dx, \quad v = -\frac{1}{1+x^4},$$ yields $$I_1(x) = \int \frac{x^2}{(1+x^4)^2} \, dx = -\frac{1}{4x(1+x^4)} - \int \frac{1}{4x^2(1+x^4)} \, dx.$$ Now write $$\frac{1}{x^2(1+x^4)} = \frac{1}{x^2} - \frac{x^2}{1+x^4},$$ thus $$I_1(x) = -\frac{1}{4x(1+x^4)} + \frac{1}{4x} + \frac{1}{4} \int \frac{x^2}{1+x^4} \, dx = \frac{x^3}{4(1+x^4)} + \frac{1}{4} I_2(x),$$ where we now seek to evaluate $ I_2 (x)$. This is accomplished in a number of ways; one is to perform the factorization $$1+x^4 = (1 + \sqrt{2} x + x^2)(1 - \sqrt{2} x + x^2),$$ and compute the partial fraction decomposition $$\frac{x^2}{1+x^4} = \frac{1}{2\sqrt{2}} \left( \frac{x}{1 - \sqrt{2} x + x^2} - \frac{x}{1 + \sqrt{2} x + x^2} \right).$ $ Luego, cada término es integrable en forma cerrada. Este no es el enfoque más fácil ni el más elegante, pero es quizás el más elemental, que no requiere conocimiento más allá de AP Calculus BC.

2voto

Doug M Puntos 51

Podríamos hacerlo con el contorno de la integración.

tomar el contorno de 0 a R a lo largo del eje real.

$\int_0^R \frac {x^2}{(x^4+1)^2} \ dx$

El cuarto círculo.

$\int_0^{\frac \pi 2} \frac {R^2e^2it}{(R^4e^{4it}+1)^2}(iRe^{it}) \ dt$

$\lim_\limits{R\to \infty} \frac {R^2e^2it}{(R^4e^{4it}+1)^2}(iRe^{it}) = 0$

Y abajo el eje imaginario.

$\int_R^0 \frac {e^{\frac {\pi}{2} i} x)^2}{((e^{\frac {\pi}{2} i} x)^4+1)^2} (e^{\frac {\pi}{2} i})\, dx\\ \int_R^0 \frac {-x^2}{x^4+1)^2} (i)\, dx\\ $

$(1+i)\int_0^\infty \frac {x^2}{(x^4+1)^2} \ dx = (2\pi i) \text{ Res}_{\left(x=e^{\frac\pi4i}\right)}\frac {x^2}{(x^4+1)^2}$

El polo es de orden 2.

$\frac {d}{dx}\frac {x^2}{(x^3 + x^2e^{\frac \pi4 i} + xe^{\frac {2\pi}{4} i}+e^{\frac {3\pi}{4} i})^2} = \frac {2x(x^3 + x^2e^{\frac \pi4 i} + xe^{\frac {2\pi}{4} i}+e^{\frac {3\pi}{4} i}) - 2x^2(3x^2 + 2xe^{\frac \pi4 i} + e^{\frac {2\pi}{4} i})}{(x^3 + x^2e^{\frac \pi4 i} + xe^{\frac {2\pi}{4} i}+e^{\frac {3\pi}{4} i})^3}$

Evaluados en $e^{\frac {\pi}{4} i}$

$\frac {4}{(4e^{\frac {3\pi}4 i})^3} = \frac {1}{16e^{\frac {\pi}4 i}}$

$\int_0^\infty \frac {x^2}{(x^4+1)^2} \ dx = \frac {2\pi i}{16\sqrt 2 i} = \frac {\pi}{8\sqrt 2}$

0voto

Skinner927 Puntos 106

Utilizando el método que he empleado aquí: observamos que

\begin{equation} \int_{0}^{\infty} \frac{x^2}{\left(x^4 + 1\right)^2}\:dx = \frac{1}{4} \cdot 1^{\frac{2 + 1}{4} - 2} \cdot B\left(2 - \frac{2 + 1}{4}, \frac{2 + 1}{4} \right) = \frac{1}{4}B\left(\frac{5}{4}, \frac{3}{4}\right) \end{equation}

Utilizando la relación entre la Beta y Gamma de la función:

\begin{align} \int_{0}^{\infty} \frac{x^2}{\left(x^4 + 1\right)^2}\:dx &= \frac{1}{4}B\left(\frac{5}{4}, \frac{3}{4}\right) = \frac{1}{4}\frac{\Gamma\left(\frac{5}{4}\right)\Gamma\left(\frac{3}{4}\right)}{\Gamma\left(\frac{5}{4} + \frac{3}{4}\right)} \\ &= \frac{1}{4}\frac{\Gamma\left(\frac{5}{4}\right)\Gamma\left(\frac{3}{4}\right)}{\Gamma\left(2\right)} =\frac{\Gamma\left(\frac{5}{4}\right)\Gamma\left(\frac{3}{4}\right)}{8} \end{align}

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