找出$\int_0^\infty\frac{x^2+ax+1}{1+x^4}\arctan\frac1x\，{\rmd}x$。

Question

$$\mbox｛Find out｝\quad\int_｛0｝^｛\infty｝\frac｛x^｛2｝+ax+1｝｛1+x^｛4｝｝\，\arctan\left（\frac｛1｝｛x｝\right）｛\rm d｝x$$

我的尝试： \开始{对齐}I&=\int_{0}^{\infty}\frac{x^2+ax+1}{1+x^4}\，\arctan\left（\frac{1}{x}\right）{\rmd}x\\[2mm]&=\int_{0}^{\infty}\压裂{x^2+ax+x}{1+x^4}\，\arctan\左（x\右）{\rm d}x\qquad\qquad\\left[x\mapsto\frac{1}{x}\right]\\[2mm]\表示2I&=\int_{0}^{\infty}\压裂{\左（x^{2}+ax+1\右）\左[\arctan\左（1/x\右）+\arctan \左（x\左）\右]}{1+x^4}{\rm d}x\\[2mm]和=\压裂{\pi}{2}\int_{0}^{\infty}\frac{x^{2}+ax+1}{1+x^4}{\rmd}x\结束{对齐}

不知道该怎么做（我希望没有费曼的情况下会有更酷的方法）。

Answer 1

我们有$$\int_{0}^{\infty}\frac{x^2+ax+1}{1+x^4}\arctan\left（\frac{1}{x}\right）\，dx=$$$$\int_{0}^{\infty}\frac{x^2+1}{1+x^4}\arctan\left（\frac}{x}\right）$$$$=I+a \ cdot J$$

对于积分1美元$，注意使用更改$x\mapsto\dfrac{1}{x}$我们得到$$I=\int_{0}^{\infty}\dfrac{1}{x^2}\frac{\dfrac}1}{x^2}+1}{1+\dfrac{1}{x^4}}\arctan{\infty}\frac{1+x^2}{1+x^4}\，dx-I$$

在上一个等式中，我们使用了$\arctan（x）=\pi/2-\arctam（1/x）$对于$x>0$.

积分$\显示样式\int_{0}^{\infty}\frac{1+x^2}{1+x^4}\，dx$是立即数（使用偏分数，可以得到$\arctan美元$类型积分），并且等于$\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}$.

这意味着$$I=\dfrac{\pi^2}{2\sqrt{2}}-I\暗示I=\frac{\p^2}}{4\sqrt{2]}$$

类似的方法可用于J美元$：更改$x\mapsto\dfrac{1}{x}$产量$$J=\int_｛0｝^｛\infty｝\dfrac｛1｝｛x^2｝\frac｛1｝｛x｝｝｛1+\dfrac｛1｝｛x^4｝｝\arctan（x）\，dx=\int_｛0｝^｛\infty｝\frac｛x｝｛x^4+1｝\arctan（x）\，dx=\dfrac｛\pi｝｛2｝\int_｛0｝^｛\infty｝\dfrac｛x｝｛x^4+1｝\，dx-J$$

最后一个被积函数的本原是$\dfrac{\arctan（x^2）}{2}$，这意味着$\显示样式\int_{0}^{\infty}\dfrac{x}{x^4+1}\，dx=\frac{\pi}{4}$.

因此，$$J=\dfrac{\pi^2}{8} -J型\表示J=\dfrac{\pi^2}{16}$$

综合这两个结果，我们得出结论$$\int_{0}^{\infty}\frac{x^2+ax+1}{1+x^4}\arctan\left（\frac{1}{x}\right）\，dx=I+a\cdot J=\pi^2\cdot\left$$

Answer 2

作为$$我\stackrel{x\mapsto\frac{1}{x}}{=}\int_0^{\infty}\frac}\left（x^2+ax+1\right）\arctan x}{1+x^4}，$$求平均值，然后使用$\arctan x+\arctan\frac{1}{x}=\frac{\pi}{2}$产量$$I=\frac{\pi}{4}\int_0^{\infty}\frac{x^2+ax+1}{1+x^4}dx=\frac{\pi{4}J（a）$$差异化J（a）美元$水反应堆。美元$给予$$J^{素数}（a）=\int_0^{\infty}\frac{x}{1+x^4}dx=\frac}{2}\left[\tan^{-1}\left（x^2\right）\right]_0^{\ infty{=\frac{\pi}{4}$$向后整合，我们有$$J（a）-J（0）=\int_0^a\frac{\pi}{4}du=\frac{\pia}{4{$$和$$\开始{对齐}J（0）&=\int_0^{\infty}\frac{x^2+1}{x^4+1}d x\\&=\int_0^{\infty}\frac{1+\frac{1}{x^2}}{x~2+\frac}{x_2}}dx\\&=\int_0^｛\infty｝\frac｛d\left（x-\frac｛1｝｛x｝\right）｝｛\left（x-\frac｛1｝｛x｝\right）^2+2｝\\&=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\tan^{-1}\left（\frac{\left.x-\frac}1}{x}\right）}{2}\right]0^{\infty}\\&=\frac{\pi}{\sqrt{2}}\结束{对齐}$$回堵结束

$$I=\frac{\pi}{4}J（a）=\frac{\pi{4}\左（\frac}\pi a}{4{+\frac{\pi{\sqrt{2}}\右）=\frac{\p^2}{16}（a+2\sqrt{2}）$$

Answer 3

让我们来评估一下$$I:=\int_0^\infty\frac{x^2+ax+1}{1+x^4}\arctan\frac1x\，{\rm d}x$$你把它放在哪里了：$$\开始{对齐}2I&=\frac\pi2\int_0^\infty\frac｛x^2+ax+1｝｛1+x^4｝｛\rm d｝x\\\暗示\frac{4I}\pi&=\int_0^\infty\left（\frac1{（x\sqrt2+1）^2+1}+\frac1\（x\sqrt2-1）^2+1}\right）{\rmd}x+\frac a2\int_0^\ infty\frac{2x}{1+x^4}{\rmd}x\\&=\frac1{\sqrt2}\左（[\arctan]_1^\infty+[\arctran]_{-1}^\inffy\right）+\frac a2[\arktan]_0^\inft\\&=\frac\pi{\sqrt2}+\frac{a\pi}4\\\表示I&=\frac{\pi^2}{16}\left（2\sqrt2+a\right）。\结束{对齐}$$

Answer 4

我的汇编

$$\开始{对齐}I&=\int_0^\infty\frac｛x^2+ax+1｝｛1+x^4｝\arctan\frac1x，｛\rm d｝x\\&=\int_0^\infty\frac｛x^2+ax+x｝｛1+x^4｝\arctan x\，｛\rm d｝x\fquad[x→\frac1x]\\\表示2I&=\int_0^\infty\frac{（x^2+ax+1）\left（\arctan\frac1x+\arctan x\right）}{1+x^4}{\rm d}x\\&=\frac\pi2\int_0^\ infty\ frac{x^2+ax+1}{1+x^4{\rmd}x\\表示I&=\frac\pi4\int_0 ^\infc{x^2+ax+1}{1+x^4}{\rm d}x\\&=\int_0^\infty\frac{x^2+1}{x^4+1}{\rmd}x+\int_0 ^\inffy\frac{ax}{x*4+1}{\rmd}x \\&=\ left[\frac1{\sqrt2}\arctan\frac{x^2-1}{\sqrt2x}+\fraca2\arctan（x^2）\right]_{x=0}^\infty\\&=\frac{\pi^2a}{16}。\结束{对齐}$$