Kay skrev:
Det andre leddet virker som om det kan være litt knotete å delbrøkoppspalte og videre muligens enda litt mer knotete å integrere
Er mulig du ser noe jeg ikke ser, så har du et innspill, så fyr løs
Tja, det blir litt arbeid, men er helt klart gjørbart - alt er "rett frem" integraler vi kjenner fra før av. Alternativt så kan vi jo merke at via $x\to \frac{1}{x}$ så er
\[ J:= \int_0^\infty \frac{1}{(1+x^4)^2} \, \mathrm{d}x=\int_0^\infty \frac{x^2}{(x^2+x^{-2})^2} \, \mathrm{d}x,\]
slik at
\[ J=\int_0^\infty \frac{x^2}{(x^2+x^{-2})^2} \, \mathrm{d}x=\int_0^\infty \frac{x^{-4}}{(x^2+x^{-2})^2} \, \mathrm{d}x .\]
(Det siste uttrykket følger umiddelbart fra definisjonen av $J$). Gjør så substitusjonen $e^t=x$ i begge integralene over, som gir oss henholdsvis
\[ J=\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{3t}}{4\cosh^22t}\, \mathrm{d}t=\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{-3t}}{4\cosh^22t}\, \mathrm{d}t. \]
Følgelig er
\[ 2J=\int_{-\infty}^\infty \frac{\cosh 3t}{2\cosh^22t}\, \mathrm{d}t, \]
som gjennom substitusjonen $v=\sinh t$ blir til
\[ \frac12\int_{-\infty}^\infty \frac{4v^2+1}{(2v^2+1)^2} \, \mathrm{d}v. \]
Nå går delbrøkoppspalting fint.