integral definida

Question

Estoy tratando de obtener una forma cerrada de expresión para

$$I=\int_0^1\frac{\ln^4(x)}{x^2+1}\,dx$$

Dejando $u=-\ln(x), x=e^{-u}, dx=-e^{-u}\,du $ rendimientos

$$I=\int_0^{\infty}\frac{u^4e^{-u}}{e^{-2u}+1}\,du$$

Establecimiento $u\to-u$ y la manipulación de la integrands rendimiento

$$I=-\int_0^{-\infty}\frac{u^4e^{u}}{e^{2u}+1}\,du$$ $$=\int_{-\infty}^0\frac{u^4e^{-u}}{e^{-2u}+1}\,du$$

Y la adición de las dos formas equivalentes de $I$ rendimientos

$$2I=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{u^4e^{-u}}{e^{-2u}+1}\,du$$

He intentado diferenciar bajo el signo integral, pero no podía encontrar una parametrización que trabajó para mí. (Tal vez alguien podría decirme cómo resolver este tipo de integrales por la diferenciación bajo el signo integral?)

Mi mejor intento hasta ahora estaba usando el análisis complejo:

He utilizado un semicírculo hacia la izquierda que crece hasta el infinito sobre la mitad inferior del plano complejo como mi contorno, y por Jordania lema (como yo lo entiendo) la integral sobre el arco desaparece y por lo que debe ser la izquierda con

$$\require{cancel} \lim_{R\to\infty} \int_R^{-R} \frac{x^4e^{-x}}{e^{-2x}+1}\,dx + \cancel{\int_{arc} \frac{z^4e^{-z}}{e^{-2z}+1}\,dz} = 2\pi i\sum_j \operatorname{Res}(j)$$

$$-2I=\int_{\infty}^{-\infty}\frac{x^4e^{-x}}{e^{-2x}+1}\,dx= 2\pi i\sum_j \operatorname{Res}(j)$$

Desde mi integrando sólo estalla cuando $e^{-2u}+1=0 \Rightarrow u=-i\pi/2$,

$$\frac{-2}{2\pi i}I=\operatorname{Res}(-i\pi/2)$$

$$\frac{i}{\pi} I = \lim_{z\to -i\pi/2}(z+i\pi/2)\frac{z^4e^{-z}}{e^{-2z}+1}$$

Evaluar el límite (a través de la Regla de L'Hospital y un par de sustituciones) los rendimientos

$$\frac{i}{\pi}I = \frac{i\pi^4}{32}$$

$$I=\frac{\pi^5}{32}$$

Sin embargo, WolframAlpha evalúa la integral en $$I=\frac{5\pi^5}{64}$$

Donde hice un error y cómo puedo evaluar esta integral correctamente?

Yo soy bastante nueva para ambos análisis complejo y Matemáticas StackExchange, así que siéntase libre para señalar y corregir mis errores y malentendidos. Cualquier ayuda es muy apreciada!

Answer 1

Un enfoque depender de Feynman, el truco de la

Observe que uno tiene: \begin{align} I:=\int^1_0 \frac{\ln^4(x)}{x^2+1}\,dx \stackrel{x\mapsto 1/x}{=} \int^\infty_1 \frac{\ln^4(x)}{x^2+1}\,dx \end{align} lo que significa que: \begin{align} I = \frac 1 2 \int^\infty_0 \frac{\ln^4(x)}{x^2+1}\,dx \end{align} Definir: \begin{align} G(z):=\int^\infty_0 \frac{x^{-z}}{x^2+1}\,dx \end{align} Aviso por Feynman, el truco de la que uno tiene: \begin{align} \frac 1 2 G^{(4)}(0) =I \end{align} Tan sólo tenemos que encontrar a $G(z)$ que no es muy duro. Usted puede ver por ejemplo este post para una variedad de soluciones. Llegamos a la conclusión de: \begin{align} G(z)=\frac{\pi}{2\cos(\frac{\pi}{2}z)} \end{align} Ahora podemos diferenciar esto cuatro veces, o podemos utilizar la serie de Taylor hasta orden 4 en torno a cero: \begin{align} G(z)&=\frac{\pi}{2\cos(\frac{\pi}{2}z)}\\ &=\frac{\pi}{2} \left(\frac{1}{1-\frac{\pi^2}{8}z^2 + \frac{\pi^4}{2^4\cdot4!}z^4+O(z^5)}\right)\\ &=\frac{\pi}{2}\left[ 1+\left(\frac{\pi^2}{8}z^2 - \frac{\pi^4}{2^4\cdot 4!}z^4+O(z^5) \right) + \left(\frac{\pi^2}{8}z^2 - \frac{\pi^4}{2^4\cdot 4!}z^4+O(z^5) \right)^2+O(z^5)\right]\\ &=\frac{\pi}{2}+\frac{\pi^3}{16}z^2+\frac{5\pi^5}{32\cdot 4! }z^4+O(z^5)\\ \end{align} El coeficiente de $z^4$ da $4!G^{(4)}(0)$ por lo tanto: \begin{align} G^{(4)}(0) = \frac{\pi^55}{32 } \end{align} Llegamos a la conclusión de: \begin{align} I=\frac{5\pi^5 }{64} \end{align}

Answer 2

Creo que el enfoque más simple es solo explotar la serie Maclaurin. Desde que tenemos

$\int_{0}^{1}x^{2n}\log^4(x)\,dx=\frac{24}{(2n+1)^5}$ $ Es bien sabido que la serie$$ \int_{0}^{1}\frac{\log^4(x)}{x^2+1}\,dx = 24\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^5}\color{red}{=}24\cdot\frac{5\pi^5}{1536} = \frac{5\pi^5}{64}. $ está relacionada con los números de Euler.

Answer 3

Un Complejo-Analítica De La Prueba

El problema es que la integral no se desvanecen en el arco semicircular como el radio tiende a infinito, y hay infinitamente muchos polacos que su contorno se terminan acompañando. Estoy ofreciendo un enfoque similar, pero con un contorno diferente que garantiza que encierra sólo uno de los polos, y que las naciones unidas necesario términos se desvanecen a medida que el rango se amplía.

Deje $R>0$ y considere en su lugar el rectángulo $Q_R$ se define como la orientación positiva de contorno $$[-R,+R]\cup[+R,+R+\text{i}\pi]\cup[+R+\text{i}\pi,-R+\text{i}\pi]\cup[-R+\text{i}\pi,-R]\,.$$ Definir $$L_k:=\lim_{R\to\infty}\,\oint_{Q_R}\,f_k(z)\,\text{d}z\,,\text{ where }f_k(z):=z^k\,\left(\frac{\exp(z)}{\exp(2z)+1}\right)\,.$$ Vamos a tratar de determinar los valores de $L_k$$k=0,2,4$. Utilizando el Teorema de los Residuos, es fácil ver que $$L_k=2\pi\text{i}\,\text{Res}_{z=\frac{\text{i}\pi}{2}}\big(f_k(z)\big)\,,$$ así que $$L_0=\pi\,,\,\,L_2=-\frac{\pi^3}{4}\,,\text{ and }L_4=\frac{\pi^5}{16}\,.$$

Escribir $$J_k:=\int_{-\infty}^{+\infty}\,f_k(u)\,\text{d}u\,.$$ No es difícil mostrar que $$L_0=2\,J_0\,,\,\,L_2=2\,J_2-\pi^2\,J_0\,,\text{ and }L_4=2\,J_4-6\pi^2\,J_2+\pi^4\,J_0\,.$$ Por lo tanto, obtenemos $$J_0=\frac{\pi}{2}\,,\,\,J_2=-\frac{\pi^3}{8}+\frac{\pi^3}{4}=\frac{\pi^3}{8}\,,$$ y $$J_4=\frac{\pi^5}{32}+\frac{3\pi^5}{8}-\frac{\pi^5}{4}=\frac{5\pi^5}{32}\,.$$ Por lo tanto, $$I=\frac{1}{2}\,J_4=\frac{5\pi^5}{64}\,.$$ Usted puede obtener $$I_k:=\int_0^\infty\,u^k\,\left(\frac{\exp(u)}{\exp(2u)+1}\right)\,\text{d}u$$ asimismo, para un entero par $k\geq 0$, mediante la evaluación de las $L_0,L_2,L_4,\ldots,L_k$ y luego resolver para$J_0,J_2,J_4,\ldots,J_k$$I_k=\dfrac{1}{2}\,J_k$. A partir de aquí, se puede demostrar que $$J_k=t_k\,\left(\frac{\pi^{k+1}}{2^{k+1}}\right)\text{ for all even integers }k\geq 0\,,$$ donde $$t_k=\sum_{r=0}^{\frac{k}{2}-1}\,(-1)^r\,\binom{k}{2r+2}\,2^{2r+1}\,t_{k-2r-2}+(-1)^{\frac{k}{2}}\,.$$ Por ejemplo, $t_0=1$, $t_2=1$, $t_4=5$, $t_6=61$, y $t_8=1385$.

De hecho, se puede demostrar, usando el mismo contorno $Q_R$, que $$\text{sech}(w)=\frac{1}{\pi}\,\int_{-\infty}^{+\infty}\,\frac{\exp\left(\frac{2\text{i}}{\pi}\,wu\right)}{\cosh(u)}\,\text{d}u=\frac{1}{\pi}\,\int_{-\infty}^{+\infty}\,\frac{\cos\left(\frac{2}{\pi}\,wu\right)}{\cosh(u)}\,\text{d}u$$ for all complex numbers $w$ such that $\big|\text{Im}(w)\big|<\frac{\pi}{2}$. This shows that $t_k=(-1)^{\frac{k}{2}}\,E_k=|E_k|$ for every even integer $k\geq 0$, where $E_0,E_1,E_2,\ldots$ son números de Euler. Por lo tanto, $$\sum_{n=0}^\infty\,\frac{(-1)^n\,k!}{(2n+1)^{k+1}}={\small\int_0^\infty\,u^k\,\left(\frac{\exp(u)}{\exp(2u)+1}\right)\,\text{d}u}=I_k=\frac{1}{2}\,J_k=\frac{t_k}{2}\,\left(\frac{\pi}{2}\right)^{k+1}=\frac{|E_k|}{2}\,\left(\frac{\pi}{2}\right)^{k+1}$$ para cada entero $k\geq 0$

Answer 4

Supongamos, por $n\geq 0$ entero,

$\begin{align}&A_n=\int_0^1 \frac{\ln^{2n}x}{1+x^2}\,dx\\ &B_n=\int_0^\infty \frac{\ln^{2n}x}{1+x^2}\,dx\\ &K_n=\int_0^\infty\int_0^\infty\frac{\ln^{2n}(xy)}{(1+x^2)(1+y^2}\,dx\,dy \end{align}$

Observar que,

$\begin{align}A_0&=\int_0^1 \frac{1}{1+x^2}\,dx\\ &=\Big[\arctan x\Big]_0^1\\ &=\frac{\pi}{4}\end{align}$

$\begin{align}B_n=\int_0^1 \frac{\ln^{2n}x}{1+x^2}\,dx+\int_1^\infty \frac{\ln^{2n}x}{1+x^2}\,dx\\ \end{align}$

Realizar en el último integral el cambio de variable $y=\dfrac{1}{x}$,

$\begin{align}B_n=2A_n\end{align}$

Es decir,

$\begin{align}A_n=\frac{1}{2}B_n\end{align}$

Para $n\geq 0$ entero,

$\begin{align}\int_0^\infty \frac{\ln^{2n+1}x}{1+x^2}\,dx=0\end{align}$

(realizar el cambio de variable $y=\dfrac{1}{x}$, $z=-z \iff z=0$ )

$\begin{align}K_n&=\int_0^\infty\int_0^\infty\left(\sum_{k=0}^{2n}\binom{2n}{k}\frac{\ln^k x\ln^{2n-k}y}{(1+x^2)(1+y^2)} \right)\,dx\,dy\\ &=\sum_{k=0}^{2n}\binom{2n}{k}\left(\int_0^\infty\frac{\ln^k x}{1+x^2}\,dx\right)\left(\int_0^\infty\frac{\ln^{2n-k}y}{1+y^2} \,dy\right)\\ &=\sum_{k=0}^{n}\binom{2n}{2k}\left(\int_0^\infty\frac{\ln^{2k} x}{1+x^2}\,dx\right)\left(\int_0^\infty\frac{\ln^{2(n-k)}y}{1+y^2} \,dy\right)\\ &=\sum_{k=0}^{n}\binom{2n}{2k}B_kB_{n-k} \end{align}$

Realizar el cambio de variable $u=xy$,

$\begin{align}K_n&=\int_0^\infty\int_0^\infty\frac{\ln^{2n}(xy)}{(1+x^2)(1+y^2)}\,dx\,dy\\ &=\int_0^\infty\int_0^\infty\frac{y\ln^{2n}(u)}{(y^2+u^2)(1+y^2)}\,du\,dy\\ &=\int_0^\infty\int_0^\infty\frac{\ln^{2n}(u)}{u^2-1}\left(\frac{y}{1+y^2}-\frac{y}{u^2+y^2}\right)\,du\,dy\\ &=\frac{1}{2}\int_0^\infty\int_0^\infty\frac{\ln^{2n}(u)}{u^2-1}\left[\frac{1+y^2}{u^2+y^2}\right]_{y=0}^{y=\infty}\,du\\ &=\int_0^\infty\frac{\ln^{2n+1}(u)}{u^2-1}\,du\\ &=\int_0^1\frac{\ln^{2n+1}(u)}{u^2-1}\,du+\int_1^\infty\frac{\ln^{2n+1}(u)}{u^2-1}\,du \end{align}$

En el último integral realizar el cambio de variable $x=\dfrac{1}{u}$,

$\begin{align}K_n&=2\int_0^1\frac{\ln^{2n+1}(x)}{x^2-1}\,dx\\ &=2\int_0^1\frac{\ln^{2n+1}(x)}{x-1}\,dx-2\int_0^1\frac{x\ln^{2n+1}(x)}{x^2-1}\,dx\\ \end{align}$

En el último integral realizar el cambio de variable $u=x^2$,

$\begin{align}K_n&=2\int_0^1\frac{\ln^{2n+1}(x)}{x-1}\,dx-\frac{1}{2^{2n+1}}\int_0^1\frac{\ln^{2n}(u)}{u-1}\,du\\ &=\left(2-\frac{1}{2^{2n+1}}\right)\int_0^1\frac{\ln^{2n+1}(x)}{x-1}\,dx\\ &=-\left(2-\frac{1}{2^{2n+1}}\right)\int_0^1 \ln^{2n+1}(x)\left(\sum_{k=0}^\infty x^k\right)\,dx\\ &=-\left(2-\frac{1}{2^{2n+1}}\right)\sum_{k=0}^\infty \left(\int_0^1 x^k \ln^{2n+1}(x)\,dx\right)\\ &=-\left(2-\frac{1}{2^{2n+1}}\right)\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^{2n+1}(2n+1)!}{(k+1)^{2n+2}}\\ &=\left(2-\frac{1}{2^{2n+1}}\right)(2n+1)!\zeta(2n+2) \end{align}$

Por lo tanto,

$\begin{align}\sum_{k=0}^{n}\binom{2n}{2k}B_kB_{n-k}&=\left(2-\frac{1}{2^{2n+1}}\right)(2n+1)!\zeta(2n+2)\end{align}$

Por lo tanto,

$\begin{align}\boxed{\sum_{k=0}^{n}\binom{2n}{2k}A_kA_{n-k}=\frac{(2n+1)!}{2}\left(1-\frac{1}{2^{2n+2}}\right)\zeta(2n+2)}\end{align}$

si $n=1$,

$\begin{align} \frac{\pi}{2}A_1=\frac{45}{16}\zeta(4)\end{align}$

si $n=2$,

$\begin{align} \frac{\pi}{2}A_2+6A_1^2=\frac{945}{16}\zeta(6)\end{align}$

por lo tanto,

$\begin{align} \boxed{A_2=\frac{945\zeta(6)}{8\pi}-\frac{6075\zeta(4)^2}{16\pi^3}}\end{align}$

Si usted sabe que,

$\begin{align}&\zeta(4)=\frac{1}{90}\pi^4\\ &\zeta(6)=\frac{1}{945}\pi^6 \end{align}$

a continuación,

$\begin{align}\boxed{A_2=\frac{5}{64}\pi^5}\end{align}$

Answer 5

Tu tienes que

$I=\int_0^\infty u^4e^{-u}(1+e^{-2u})^{-1}du$

que te da

$I=\int_0^\infty u^4e^{-u}(1-e^{-2u}+e^{-4u}-e^{-6u}+...)du$

o

$I=\int_0^\infty u^4(e^{-u}-e^{-3u}+e^{-5u}-e^{-7u}+...)du$

Desde tablas de integración estándar o integración por partes, debería poder obtener su respuesta ...