\[
\int_0^{+\infty}\frac{1+x^2}{1+x^4}dx
\]
\[
\int_0^{+\infty}\frac{1}{1+x^4}dx
\]
\[
\int_0^{+\infty}\frac{x^2}{1+x^4}dx
\]
证明:
\[
\int_0^{+\infty}\frac{x^2}{1+x^4}dx=\int_0^{+\infty}\frac{1}{1+x^4}dx.
\]
因此, 如果要计算后两者, 只需要计算第一个积分, 然后除以2即可. 当然对于后两者, 也可以直接计算, 只是比较复杂.
1
首先将被积函数的分子分母同时除以 $x^2$
\[
\int_0^{+\infty}\frac{1+x^2}{1+x^4}dx
=\int_0^{+\infty}\frac{\frac{1}{x^2}+1}{\frac{1}{x^2}+x^2}dx
=\int_0^{+\infty}\frac{d(x-\frac{1}{x})}{(x-\frac{1}{x})^2+2}
\]
令 $t=x-\frac{1}{x}$, 若 $x\in\mathbb{R}-\{0\}$, 则函数 $t(x)=x-\frac{1}{x}$ 是奇函数. 现在 $x\in(0,+\infty)$, 我们求其值域.
$t'(x)=1+\frac{1}{x^2} > 0$. 即 $t(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上是严格单调递增的.
令 $x-\frac{1}{x}=c$, 则推出 $x^2-cx-1=0$. $\Delta=c^2+4 > 0$, 因此有两个实根. 两根为
\[
x=\frac{c\pm\sqrt{c^2+4}}{2}.
\]
因此在 $(0,+\infty)$ 中总有根. 这说明 $x-\frac{1}{x}$ 可以取到任意实数.
我们也看到 $\lim\limits_{x\rightarrow 0^+}(x-\frac{1}{x})=-\infty$, $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}(x-\frac{1}{x})=+\infty$. 因此 $t(x)=x-\frac{1}{x}$ 的值域为 $(-\infty,+\infty)$.
于是
\[
\begin{split}
\int_0^{+\infty}\frac{d(x-\frac{1}{x})}{(x-\frac{1}{x})^2+2}&=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dt}{t^2+2}\\
&=\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\frac{t}{\sqrt{2}}\biggr|_{+\infty}^{-\infty}\\
&=\frac{1}{\sqrt{2}}\Bigl[\frac{\pi}{2}-(-\frac{\pi}{2})\Bigr]\\
&=\frac{\pi}{\sqrt{2}}
\end{split}
\]
2
\[
\int_0^{+\infty}\frac{x^2}{1+x^4}dx
\]
令 $t=\frac{1}{x}$, 则 $x=\frac{1}{t}$, $dx=-\frac{1}{t^2}dt$, 于是该积分等于
\[
\int_{+\infty}^{0}\frac{\frac{1}{t^2}}{1+\frac{1}{t^4}}\cdot(-1)\frac{1}{t^2}dt=\int_0^{+\infty}\frac{1}{t^4+1}dt=\int_0^{+\infty}\frac{1}{1+x^4}dt
\]
因此
\[
\int_0^{+\infty}\frac{1}{1+x^4}dt=\frac{1}{2}\int_0^{+\infty}\frac{1+x^2}{1+x^4}dx
\]
3
直接计算需要用到 $1+x^4$ 在实数域中的分解(见问题2844).
\[
1+x^4=(x^2+\sqrt{2}x+1)(x^2-\sqrt{2}x+1)
\]