Un integrale

[Sk_Anonymous]

Dimostrare che è :
$int_0^{+infty}(x^4+ax^2-b)/(x^8+(a^2-2b)x^4+b^2)dx=0$
essendo $a>0,b>0,a^2-2b>0$
N.B. Non ho la soluzione. Avevo pensato di ricorrere al metodo dei residui ma i calcoli mi hanno spaventato.
Chi si vuole rovinare la domenica ?

[totissimus]

$f(z)=\frac{z^{4}+az^{2}-b}{z^{8}+(a^{2}-2b)z^{4}+b^{2}}$

Calcoliamo i poli

$z^{8}+(a^{2}-2b)z^{4}+b^{2}=0$

\(\left(z^{4}-b\right)^{4}=-a^{2}z^{4}\)

$z^{4}-b=\pm iaz^{2}$

$z^{4}\pm iaz^{2}-b=0$

\(\triangle=-a^{2}+4b\)

Consideriamo il caso \(\triangle<0\), \(a^{2}>4b\)

$w=z^{2}$

$w^{2}+iaw-b=0$

$w_{1}=-ir,w_{2}=-is$,con $r=\frac{\sqrt{a^{2}-4b}+a}{2}$$s=\frac{a-\sqrt{a^{2}-4s}}{2}$

$w^{2}-iaw-b=0$

$w_{3}=ir,w_{4}=is$

$(2r-a)^{2}=a^{2}-4b$

$r^{2}-ar+b=0$

Analogamente

$s^{2}-as+b=0$

I poli situati sopra l'asse reale sono:

$z_{1}=\sqrt{r}e^{\frac{\pi}{4}i},z_{2}=\sqrt{r}e^{\frac{3\pi}{4}i},z_{3}=\sqrt{s}e^{\frac{\pi}{4}i},z_{4}=\sqrt{r}e^{\frac{3\pi}{4}i}$

Calcoliamo il residuo in $z_{1}$;

$Res(z_{1})=\frac{z_{1}^{4}+az_{1}^{2}-b}{8z_{1}^{7}+4(a^{2}-2b)z_{1}^{3}}=\frac{r^{2}e^{\pi i}+are^{\frac{\pi}{2}i}-b}{8r^{3}\sqrt{r}e^{\frac{7\pi i}{4}}+4(a^{2}-2b)r\sqrt{r}e^{\frac{3\pi i}{4}}}$

$\frac{-r^{2}+air-b}{-8r^{3}\sqrt{r}e^{\frac{3\pi i}{4}}+4r\sqrt{r}(a^{2}-2b)e^{\frac{3\pi i}{4}}}=\frac{r^{2}+iar+b}{4r\sqrt{r}e^{\frac{3\pi i}{4}}(2r^{2}-a^{2}+2b)}=\frac{(r^{2}+iar+b)e^{\frac{\pi}{4}i}}{-4r\sqrt{r}(r^{2}-a^{2}+2b)}$

$=\frac{(-r^{2}-ar-b)e^{\frac{\pi}{4}i}}{4r\sqrt{r}(r^{2}-a^{2}+2b)}$

Analogamente si trova

$Res(z_{2})=\frac{(-r^{2}-iar-b)e^{\frac{3\pi i}{4}}}{4r\sqrt{r}(r^{2}-a^{2}+2b)}$

$Res(z_{1})+Res(z_{2})=\frac{(-r^{2}-b)(e^{\frac{\pi i}{4}}+e^{\frac{3\pi i}{4}})+air(e^{\frac{\pi i}{4}}-e^{\frac{3\pi i}{4}})}{4r\sqrt{r}(r^{2}-a^{2}+2b)}=$

$\frac{(-r^{2}-b)(i\sqrt{2})+air(\sqrt{2})}{4r\sqrt{r}(r^{2}-a^{2}+2b)}=\frac{-i\sqrt{2}(r^{2}-ar+b)}{4r\sqrt{r}(r^{2}-a^{2}+2b)}=0$ per la precedente uguaglianza.

Con analoghi calcoli si trova:

$Res(z_{1})+Res(z_{2})=0$

Pertanto applicando il teorema dei residui si trova che l'integrale richiesto vale $0$.

I rimanenti casi ,$a^2=4b, 2b
Che domenica bestiale!!

[Sk_Anonymous]

"totissimus":Che domenica bestiale!!

Lo dicevo io ...Meno male che c'è totissimus!

[gugo82]

Dato che:
\[
f(x;a,b) := \frac{x^4+ax^2-b}{x^8+(a^2-2b)x^4+b^2}
\]
è negativa [risp. positiva] in \([0,\xi(a,b)]\) [risp. in \([\xi(a,b),\infty]\)], basterebbe mostrare che:
\[
\int_0^{\xi(a,b)} f(x;a,b)\ \text{d} x = -\int_{\xi(a,b)}^\infty f(x;a,b)\ \text{d} x\; \ldots
\]
Usare un cambiamento di variabile è una soluzione auspicabile (e telefonata); tuttavia non sono riuscito a trovarne nessuno che semplifichi drasticamente i conti.

Se qualcuno vuole cimentarsi...

[totissimus]

Ecco una sconda soluzione:

\( \displaystyle x^{8}+(a^{2}-2b)x^{4}+b^{2}=(x^{4}+iax^{2}-b)(x^{4}-iax^{2}-b)\)

\( \displaystyle \frac{x^{4}+ax^{2}-b}{x^{8}+(a^{2}-2b)x^{4}+b^{2}}=\frac{A}{x^{4}+iax^{2}-b}+\frac{B}{x^{4}-iax^{2}-b}\)

\( \displaystyle A=\frac{1+i}{2}, B=\frac{1-i}{2}\)

Con semlici considerazioni algebriche otteniamo che l'equazione\( \displaystyle x^{4}+iax^{2}-b=0\)

posside due rdici $\alpha,\beta$ situate ne primo quadrae tali che

\( \displaystyle x^{4}+iax^{2}-b=(x^{2}+\alpha^{2})(x^{2}+\beta^{2})\)

e quindi anche

\( \displaystyle x^{4}-iax^{2}-b=(x^{2}-\alpha^{2})(x^{2}-\beta^{2})\).

\( \displaystyle \int_{0}^{\infty} \frac{x^{4}+ax^{2}-b}{x^{8}+(a^{2}-2b)x^{4}+b^{2}}dx=A\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(x^{2}+\alpha^{2})(x^{2}+\beta^{2})}dx+B\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(x^{2}-\alpha^{2})(x^{2}-\beta^{2})}dx\)

\( \displaystyle =\frac{1}{\beta^{2}-\alpha^{2}}\left[A\int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^{2}+\alpha^{2}}dx-A\int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^{2}+\beta^{2}}dx+B\int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^{2}-\beta^{2}}dx-B\int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^{2}-\alpha^{2}}dx\right]\)

Un semplice calcolo dei residui porge:

\( \displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^{2}-\alpha^{2}}dx=\frac{\pi i}{2\alpha}\)

\( \displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^{2}-\beta^{2}}dx=\frac{\pi i}{2\beta}\)

\( \displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^{2}+\alpha^{2}}dx=\frac{\pi}{2\alpha}\)(Residuo in \(i\alpha\))

\( \displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^{2}+\beta^{2}}dx=\frac{\pi}{2\alpha}\) (Residuo in $i\beta$)

Quindi abbiamo

\( \displaystyle \int_{0}^{\infty} \frac{x^{4}+ax^{2}-b}{x^{8}+(a^{2}-2b)x^{4}+b^{2}}dx=\frac{\pi}{2(\beta^{2}-\alpha^{2})}\left[\frac{A}{\alpha}-\frac{A}{\beta}+\frac{Bi}{\beta}-\frac{Bi}{\alpha}\right]=\frac{\pi(A-iB)}{2\alpha\beta(\alpha+\beta)}\)

Ma

\( \displaystyle A-iB=\frac{1+i}{2}-i\frac{1-i}{2}=0\) quindi

\( \displaystyle\int_{0}^{\infty} \frac{x^{4}+ax^{2}-b}{x^{8}+(a^{2}-2b)x^{4}+b^{2}}dx=0\)

Esiste una terza soluzione più semplice.