Integrali uguali

[dan952]

Dimostrare che
$$\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{1+x^4}dx=\int_{0}^{+\infty}\frac{x^2}{1+x^4}dx$$

[Sk_Anonymous]

mi limito solo ad un impostazione di massima della risoluzione poiché non ho voglia di fare troppi calcoli e perché sono certo che ci sia una soluzione più "furba".

Raggruppando si ha:

\[ \int_{0}^{+\infty}\frac{1-x^2}{1+x^4} d x\]

Con la sostituzione $x=\tan(u)$ e quindi $dx=(1+\tan^2(u)) d u$ ed estremi che passano da $0, +oo$ a $0, pi/2$,
si ottiene che

\[ \int_{0}^{+\infty}\frac{1-x^2}{1+x^4} d x =\int_{0}^{+\pi/2} \frac {1-\tan^4(u)}{1+\tan^4(u)} d u \]

Con successive trasformazioni goniometriche

$\frac{1-\tan^4(u)}{1+\tan^4(u)} = \frac{2cos (2u)}{2-sen^2(2u)}$

che con alcune sostituzioni si riporta ad una forma del tipo

$\int \sin y/ \cos y d y$

che è facilmente integrabile.

[Erasmus_First]

"dan95":Dimostrare che
$$\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{1+x^4}dx=\int_{0}^{+\infty}\frac{x^2}{1+x^4}dx$$

Basta mostrare che entrambi valgono:
$1+1/3 -1/5 -1/7 +1/9 +1/11 -1/13 -1/15 + ...= (π/4)/sin(π/4) = (√2)/4π$
–––
Scherzi a parte, il dimostrare le uguaglianze tra uno dei due integrali e le espressioni qui sopra sarebbe pure argomentio interessante.
In generale, l'integrale da 0 a +[size=110]∞[/size] di f(x) in dx, con la sostituzione x = 1/t (per cui per x tendente a 0+ t tende a +[size=110]∞[/size] e per x tendente a +[size=110]∞[/size] t tende a 0+) è lo stesso dell'integrale da +[size=110]∞[/size] a 0+ di f(1/t) in d(1/t). Ma
$d(1/t) = -(1/t^2)dt$.
In particolare, per f(x) = 1/(1+x^4), risulta
Integrale da 0 a + di f(x) dx = integrale da + a 0 di [1/(1+1/t^4) ·(-1/t^2) in dt =
= integrale da 0 a +

_______

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[orsoulx]

@Erasmus_First:
soluzione molto bella, ma difficile da leggere.
Ciao

[Erasmus_First]

"orsoulx":@Erasmus_First:
soluzione [...] difficile da leggere.

Hai ragione. Faccio ammenda...

_______

[Erasmus_First]

"Erasmus_First":[quote="dan95"]Dimostrare che
$$\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{1+x^4}dx=\int_{0}^{+\infty}\frac{x^2}{1+x^4}dx$$

Basta mostrare che entrambi valgono:
$1+1/3 -1/5 -1/7 +1/9 +1/11 -1/13 -1/15 + ...= (π/4)/sin(π/4) = (√2)/4π$
–––
Scherzi a parte, il dimostrare le uguaglianze tra uno dei due integrali e le espressioni qui sopra sarebbe pure argomento interessante.[/quote]Dò seguito a queste considerazioni ...

––> Inegrazione per serie e primitive

Si noti che l'addendo logaritmico della primitiva G(x) di $x^2/(1+x^4)$ è l'opposto dell'addendo logaritmico della primitiva F(x) di $1/(1+x^4)$. Questi addendi sono nulli in x=0 e per x tendente a +[size=110]∞[/size]. Ecco allora spiegata l'uguaglianza dei due integrali.
Notevole è anche il fatto che l'integrale da 0 a 1 di $1/(1+x^4)$ è uguale all'integrale da 1 a +[size=110]∞[/size] di $x^2/(1+x^4)$; e simmetricamente l'integrale da 1 a +[size=110]∞[/size] di $1/(1+x^4)$ è uguale all'integrale da 0 a 1 di $x^2/(1+x^4)$.

––> Verifica delle primitive]

Ultima considerazione.
Per ogni k reale maggiore di 1 l'integrale di 1/(1+x^k) in dx da 0 a +[size=110]∞[/size] vale (π/k)/[sin(π/k]-
C'è qualcuno che prova a verificare questa affermazione?
_________

[dan952]

"Erasmus_First":Ultima considerazione.
Per ogni k reale maggiore di 1 l'integrale di 1/(1+x^k) in dx da 0 a +∞ vale (π/k)/[sin(π/4]-
C'è qualcuno che prova a verificare questa affermazione?

Sei sicuro? A me non pare.

[Erasmus_First]

"sprmnt21":[...] Con la sostituzione $x=\tan(u)$ e quindi $dx=(1+\tan^2(u)) d u$ ed estremi [di integrazione] che passano da $(0,+∞)$ a $(0, pi/2)$, si ottiene:
\[ \int_{0}^{+\infty}\frac{1-x^2}{1+x^4} d x =\int_{0}^{\pi/2} \frac {1-\tan^4(u)}{1+\tan^4(u)} d u \]

Basta così!
Infatti la funzione $F(u)=(1-tan^4(u))/(1+tan^4(u)$ – periodica in u di periodo π – è "dispari" rispetto ad u =π/4 in quanto
$F(π/2–u)=(1-tan^4(π/2 - u))/(1+tan^4(π/2 - u))= (1 - 1/(tan^4(u)))/(1 + 1/(tan^4(u)))=(tan^4(u) – 1)/(tan^4(u) + 1) = – F(u)$
ossia, sostituendo $u$ con $π/4 - u$:
$F[π/2 - (π/4 - u)] = -F(π/4 –u)$ $<=>$ $F(π/4+u)=-F(π/4 - u)$
Pertanto il suo integrale tra 0 e π/2 è nullo.
Riassumendo:
\[ \int_{0}^{+\infty}\frac{1-x^2}{1+x^4} d x =\int_{0}^{\pi/2} \frac {1-\tan^4(u)}{1+\tan^4(u)} d u =0.\]

[Erasmus_First]

"dan95":[quote="Erasmus_First"]Per ogni k reale maggiore di 1 l'integrale di 1/(1+x^k) in dx da 0 a +[size=110]∞[/size] vale (π/k)/sin(π/4).[...]

Sei sicuro? A me non pare.[/quote]
Sorry! Ho scritto un "4" al posto di un "k". Ma si tratta di un banale "errore di sbaglio"!
Correggiamolo!
Per ogni k reale maggiore di 1 l'integrale di $1/(1+x^k$ in $dx$ da 0 a +[size=110]∞[/size] vale $(π/k)/sin(π/k)$.
Sì: questo è sicuro!
Intanto:
• Per k = 2 una primitiva di $1/(1+x^2)$ è $arctan(x)$ che vale 0 in x = 0 e tende a π/2 per x tendente a +[size=110]∞[/size].
Ora π/2 = (π/2)/sin(π/2).
• Abbiamo appena visto che per k = 4 l'integrale da 0 a +infinito vale $(sqrt2·π)/4 = (π/4)/sin(π/4)$.
• Una primtiva di $1/(1+x^3)$ è $1/6 ln((x^2+2x+1)/(x^2-x+1)) +1/sqrt3 arctan((2x-1)/sqrt3)$ e quindi per k = 3 l'integrale da 0 a infinito vale
$(1/sqrt3)(π/2 + π/6) = (2sqrt3)/9 π = (π/3)/(sqrt3/2) = (π/3)/sin(π/3)$.

Prova infine a sviluppare l'integrale in serie per alcuni k maggiori di 1 (anche non interi) in modo da poterne calcolare il valore con buona approssimazione (sommando un buon numero di addendi); e confronta i valori trovati con $(π/k)/sin(π/k)$.
Questo per convincerti che l'affermazione è vera.
Intanto ... aspettiamo qualcuno che mette qua la dimostrazione.
Se non lo farà nessuno una dimostrazione la metterò io,
_______

[Sk_Anonymous]

"Erasmus_First":[quote="sprmnt21"][...] Con la sostituzione $x=\tan(u)$ e quindi $dx=(1+\tan^2(u)) d u$ ed estremi [di integrazione] che passano da $(0,+∞)$ a $(0, pi/2)$, si ottiene:
\[ \int_{0}^{+\infty}\frac{1-x^2}{1+x^4} d x =\int_{0}^{\pi/2} \frac {1-\tan^4(u)}{1+\tan^4(u)} d u \]

Basta così!
Infatti la funzione $F(u)=(1-tan^4(u))/(1+tan^4(u)$ – periodica in u di periodo π – è "dispari" rispetto ad u =π/4 in quanto
$F(π/2–u)=(1-tan^4(π/2 - u))/(1+tan^4(π/2 - u))= (1 - 1/(tan^4(u)))/(1 + 1/(tan^4(u)))=(tan^4(u) – 1)/(tan^4(u) + 1) = – F(u)$
ossia, sostituendo $u$ con $π/4 - u$:
$F[π/2 - (π/4 - u)] = -F(π/4 –u)$ $<=>$ $F(π/4+u)=-F(π/4 - u)$
Pertanto il suo integrale tra 0 e π/2 è nullo.
Riassumendo:
\[ \int_{0}^{+\infty}\frac{1-x^2}{1+x^4} d x =\int_{0}^{\pi/2} \frac {1-\tan^4(u)}{1+\tan^4(u)} d u =0.\]

[/quote]

Bella!
Molto bella anche l'altra (quella con la sostituzione x --> 1/t)

[Erasmus_First]

"Erasmus_First":Per ogni $k$ reale maggiore di 1 l'integrale di $1/(1+x^k$ in $dx$ da 0 a +[size=110]∞[/size] vale $(π/k)/sin(π/k)$.

"Erasmus_First":... aspettiamo che qualcuno metta qua la dimostrazione.
Se non lo farà nessuno una dimostrazione la metterò io.

Dò seguito alla promessa.
Metto una dimostrazione molto facile che però parte dall'accettazione di un'altra uguaglianza che forse non è nota a tutti.
E' probabile che in seguito metta un altro tipo di dimostrazione, basata sull'integrazione nel campo complesso di funzioni del tipo P(x)/Q(x) dove P(x) e Q(x) sono polinomi in x, il grado p di P(x) è minore del grado q di Q(x) e gli zeri di Q(x) sono tutti semplici.
[In tali condizioni, la funzione razionale P(x)/Q(x) è decomponibile [nel campo complesso] nella somma di q frazioni elementari del tipo
$A_r/(x-x_r)$ (con $r = 0, 1, 2, ..., (q-1)$)
dove $A_r$ è costante e $x_r$ è uno zero di Q(x).
Ecco intanto la dimostrazione "facile".

–––> Dimostrazione.png

_______

[/quote]