Probando una fórmula $\int_0^\infty \frac{\log(1+x^{4n})}{1+x^2}dx $ si $n=1,2,3,\cdots$

Question

Me encontré con la fórmula

$$\int_0^\infty \frac{\log \left(1+x^{4n} \right)}{1+x^2}dx = \pi \log \left\{2^n \prod_{k=1 ,\ k \text{ odd}}^{2n-1} \left(1+\sin \left( \frac{\pi k}{4n}\right) \right)\right\} $$

donde $n=1,2,3,4,\cdots$

Revisé para unos valores de $n$ y parece dar resultados correctos.

Por favor ayudarme a demostrar este resultado.

Answer 1

El uso de la paridad, escribir la integral como $\frac12\int_{-\infty}^{\infty}$, y tratar de mover el contorno de integración a $i\infty$. Las obstrucciones será:

• Un simple poste de $x=i$, lo que producirá la contribución $$2\pi i \,\mathrm{res}_{z=i}\frac{\ln(1+x^{4n})}{1+x^2}=\pi\ln 2.\tag{1}$$

• $2n$ cortes de ramas $B_k$ ( $k=0,\ldots,2n-1$ ) que emanan de la logarítmica de los puntos de ramificación $x_k=\exp\left\{ i\pi\frac{1+2k}{4n}\right\}$. Estos se producen las integrales del logaritmo saltos (todos iguales a $2\pi i$) durante los cortes de ramas. Estas integrales tendrá la forma más simple si los cortes de ramas están dados por los rayos radiales $B_k=[x_k,x_k\infty)$. A continuación,\begin{align}\int_{B_k}=2\pi i\int_{x_k}^{x_k\infty}\frac{dx}{1+x^2}&=\pi \left[\ln\frac{1+ix}{1-ix}\right]_{x=x_k}^{x=x_k\infty}=\pi\left[i\pi-\ln\frac{1+i x_k}{1-ix_k}\right]. \end {align}

La suma de la rama de corte de las integrales pueden ser transformados \begin{align} \sum_{k=0}^{2n-1}\int_{B_k}=\pi\left[2\pi i n-\sum_{k=0}^{2n-1}\ln\frac{1+i x_k}{1-ix_k}\right]&=\pi\sum_{k=0}^{2n-1}\ln\left|\frac{1-i x_k}{1+ix_k}\right|=\\ &=\frac{\pi}{2}\sum_{k=0}^{2n-1}\ln\frac{1+\sin(\arg x_k)}{1-\sin(\arg x_k)}=\\ &=\pi\sum_{k=0}^{2n-1}\ln\frac{1+\sin(\arg x_k)}{|\cos(\arg x_k)|}=\\ &=\pi\ln \left(2^{2n-1}\prod_{k=0}^{2n-1}(1+\sin(\arg x_k))\right).\tag{2} \end{align} En el último paso de la obtención de (2), que se necesitan para calcular el producto \begin{align} P=\prod_{k=0}^{2n-1}\cos^2(\arg x_k)=2^{-4n}\prod_{k=0}^{2n-1}(x_k-\bar{x}_k)^2= 2^{-4n}\prod_{k=0}^{2n-1}\left(e^{\frac {i\pi} {2 n}} + e^{-\frac {i\pi k} {n}}\right) \left(e^{-\frac {i\pi} {2 n}} + e^{\frac {i\pi k} {n}}\right). \end{align} Pero desde $\displaystyle x^{2n}-1=\prod_{k=0}^{2n-1}\left(-x+e^{-\frac {i\pi k} {n}}\right)$, los productos pueden ser calculadas fácilmente, por lo que $$P=2^{-4n}\left(e^{i\pi}-1\right)\left(e^{-i\pi}-1\right)=2^{2-4n}.$$

Sumando (1) y (2) y teniendo en cuenta el factor de $\frac12$, obtenemos la siguiente expresión para la integral: $$\int_0^{\infty}\frac{\ln(1+x^{4n})}{1+x^2}dx=\frac{\pi}{2}\ln \left(2^{2n}\prod_{k=0}^{2n-1}(1+\sin(\arg x_k))\right).$$ Obviamente, esto es equivalente a la citada respuesta.

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