∫(x^2+1)/(x^4+λx^2+1) 有理函数 积分

hbghlyj

$\lambda>-2$, 计算$I(λ)=\displaystyle \int_{-\infty}^\infty \frac{x^2 + 1}{x^4 + \lambda x^2 + 1} \rmd x$
使用换元积分:
$u=x-\frac1x⇒\rmd u=1+\frac1{x^2}\rmd x$
当$x$从0增加到$+∞$时,$u$从$-∞$增加到$+∞$.
注意到$u^2=x^2+\frac1{x^2}-2$
$\displaystyle \int_{-\infty}^\infty \frac{x^2 + 1}{x^4 + \lambda x^2 + 1} \rmd x=2\int_0^\infty \frac{1+\frac1{x^2}}{x^2 + \lambda + \frac1{x^2}} \rmd x=2\int_{-\infty}^\infty \frac{\rmd u}{u^2 + \lambda+2}=4\int_0^\infty \frac{\rmd u}{u^2 + \lambda+2}$
因为$\lambda+2>0$,
\[I(λ)=4\int_0^\infty\frac{\rmd u}{u^2 + \lambda+2}=\left.\frac4{\sqrt{\lambda+2}}\tan^{-1}\frac u{\sqrt{\lambda+2}}\right|_0^\infty=\frac{2π}{\sqrt{\lambda+2}}\]

hbghlyj

设$f(z)=z^4+λz^2+1$的根为$±w_1,±w_2$, 其中$\Im w_1,\Im w_2>0$
$$\operatorname*{Res}_{z=w_1}f(z)+\operatorname*{Res}_{z=w_2}f(z)=\frac{w_1^2+1}{2w_1(w_1^2-w_2^2)}+\frac{w_2^2+1}{2w_2(w_2^2-w_1^2)}=\frac{w_1+\frac1{w_1}-w_2-\frac1{w_2}}{2(w_1^2-w_2^2)}\implies I(\lambda)=2\pi i\frac{w_1+\frac1{w_1}-w_2-\frac1{w_2}}{2(w_1^2-w_2^2)}$$
因为$w_1^2,w_2^2$为$z^2+λz+1$的根, 所以$w_1^2+w_2^2=-λ,w_1^2w_2^2=1$, 所以$w_1^2-w_2^2=\sqrt{λ^2-4}$
因为$\Im w_1,\Im w_2>0$且$w_1^2w_2^2=1$, 所以$w_1w_2=-1$, 所以$w_1+\frac1{w_1}-w_2-\frac1{w_2}=2(w_1-w_2)$.
$$I(\lambda)=\frac{2\pi i}{w_1+w_2}$$
由$w_1^2+w_2^2=-λ,w_1w_2=-1$得$\left(\frac{w_1+w_2}i\right)^2=λ+2$
因为$\Im w_1,\Im w_2>0$, 所以$\Im(w_1+w_2)>0$, 所以$\Re\left(w_1+w_2\over i\right)>0$, 所以$\frac{w_1+w_2}i=\sqrt{λ+2}$
这样也得到$I(λ)=\frac{2π}{\sqrt{λ+2}}$

hbghlyj

Mathematica给出的结果:
$$\frac{2 \sqrt{2} \pi }{\sqrt{\lambda -\sqrt{\lambda ^2-4}}+\sqrt{\lambda+\sqrt{\lambda ^2-4}}}$$
Mathematica应该是把x^4+λx^2+1的根都算出来,代入计算留数的没有使用韦达定理,最后得到的这个二重根式和上面是相等的.