løsning/hint integral

[Janhaa]

noen som har forlag til substitusjon, hint eller løsning til integralet under:

[tex]\large I=\int_{0}^{\infty}\frac{\sqrt[4]{x}}{(1+x)^2}\,dx[/tex]

[MatIsa]

noen som har forlag til substitusjon, hint eller løsning til integralet under:

[tex]\large I=\int_{0}^{\infty}\frac{\sqrt[4]{x}}{(1+x)^2}\,dx[/tex]

En mulig løsning er å gjøre substitusjonen $u = \sqrt[4]{x}$ og deretter betrakte konturintegralet $$2\oint_\gamma \dfrac{z^4}{(1+z^4)^2}{\mathrm d}z$$ med $\gamma = [-R, R] \cup \{Re^{i\theta}: \theta \in [0, \pi]\}$. Tungvint, men skal gi riktig svar

[stensrud]

En annen idé: Gjør som MatIsa og sett $u=\sqrt[4]{x}$, slik at
\[ I=\int_0^\infty \frac{x^4}{(1+x^4)^2}\, \mathrm{d} x = \int_0^\infty \frac{x^4+1-1}{(1+x^4)^2}\, \mathrm{d} x =\int_0^\infty \frac{1}{1+x^4}-\frac{1}{(1+x^4)^2}\, \mathrm{d} x . \]
Det første leddet er integrert her, mens det andre kan man bruke delbrøksoppspalting på.

[Kay]

En annen idé: Gjør som MatIsa og sett $u=\sqrt[4]{x}$, slik at
\[ I=\int_0^\infty \frac{x^4}{(1+x^4)^2}\, \mathrm{d} x = \int_0^\infty \frac{x^4+1-1}{(1+x^4)^2}\, \mathrm{d} x =\int_0^\infty \frac{1}{1+x^4}-\frac{1}{(1+x^4)^2}\, \mathrm{d} x . \]
Det første leddet er integrert her, mens det andre kan man bruke delbrøksoppspalting på.

Det andre leddet virker som om det kan være litt knotete å delbrøkoppspalte og videre muligens enda litt mer knotete å integrere

[tex]\frac{1}{(1+x^4)^2}=\frac{\sqrt{2}-2x}{8\sqrt{2}(-x^2+\sqrt{2}x-1)}-\frac{3(\sqrt{2}-x)}{8\sqrt{2}(-x^2+\sqrt{2}x-1)}+\frac{3(\sqrt{2}+x)}{8\sqrt{2}(-x^2+\sqrt{2}x-1)}+\frac{\sqrt{2}+2x}{8\sqrt{2}(-x^2+\sqrt{2}x-1)}[/tex]

Er mulig du ser noe jeg ikke ser, så har du et innspill, så fyr løs

[stensrud]

Det andre leddet virker som om det kan være litt knotete å delbrøkoppspalte og videre muligens enda litt mer knotete å integrere

Er mulig du ser noe jeg ikke ser, så har du et innspill, så fyr løs

Tja, det blir litt arbeid, men er helt klart gjørbart - alt er "rett frem" integraler vi kjenner fra før av. Alternativt så kan vi jo merke at via $x\to \frac{1}{x}$ så er
\[ J:= \int_0^\infty \frac{1}{(1+x^4)^2} \, \mathrm{d}x=\int_0^\infty \frac{x^2}{(x^2+x^{-2})^2} \, \mathrm{d}x,\]
slik at
\[ J=\int_0^\infty \frac{x^2}{(x^2+x^{-2})^2} \, \mathrm{d}x=\int_0^\infty \frac{x^{-4}}{(x^2+x^{-2})^2} \, \mathrm{d}x .\]
(Det siste uttrykket følger umiddelbart fra definisjonen av $J$). Gjør så substitusjonen $e^t=x$ i begge integralene over, som gir oss henholdsvis
\[ J=\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{3t}}{4\cosh^22t}\, \mathrm{d}t=\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{-3t}}{4\cosh^22t}\, \mathrm{d}t. \]
Følgelig er
\[ 2J=\int_{-\infty}^\infty \frac{\cosh 3t}{2\cosh^22t}\, \mathrm{d}t, \]
som gjennom substitusjonen $v=\sinh t$ blir til
\[ \frac12\int_{-\infty}^\infty \frac{4v^2+1}{(2v^2+1)^2} \, \mathrm{d}v. \]
Nå går delbrøkoppspalting fint.

[Janhaa]

noen som har forlag til substitusjon, hint eller løsning til integralet under:
[tex]\large I=\int_{0}^{\infty}\frac{\sqrt[4]{x}}{(1+x)^2}\,dx[/tex]

En mulig løsning er å gjøre substitusjonen $u = \sqrt[4]{x}$ og deretter betrakte konturintegralet $$2\oint_\gamma \dfrac{z^4}{(1+z^4)^2}{\mathrm d}z$$ med $\gamma = [-R, R] \cup \{Re^{i\theta}: \theta \in [0, \pi]\}$. Tungvint, men skal gi riktig svar

takk, dette kommer vel i kompleks analyse...som jeg dessverre ikke har kurs i ennå.

[Janhaa]

En annen idé: Gjør som MatIsa og sett $u=\sqrt[4]{x}$, slik at
\[ I=\int_0^\infty \frac{x^4}{(1+x^4)^2}\, \mathrm{d} x = \int_0^\infty \frac{x^4+1-1}{(1+x^4)^2}\, \mathrm{d} x =\int_0^\infty \frac{1}{1+x^4}-\frac{1}{(1+x^4)^2}\, \mathrm{d} x . \]
Det første leddet er integrert her, mens det andre kan man bruke delbrøksoppspalting på.

takker