¿Cómo evaluar la siguiente integral$$I=\int_{0}^{\infty}\dfrac{(x^2-1)\ln{x}}{1+x^4}dx=\dfrac{\pi^2}{4\sqrt{2}}$ $ sin utilizar métodos de análisis de residuos o complejos?
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Venus
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Tenemos una fórmula muy conocida debajo de$$J(a,b)=\int_0^\infty\frac{x^{\large a-1}}{1+x^b}\mathrm dx=\frac{\pi}{b}\csc\left(\frac{a\pi}{b}\right)\tag{1}$ $ Diferenciando$(1)$ con respecto a$a$ una vez, tenemos$$J'(a,b)=\int_0^\infty\dfrac{x^{\large a-1}\ln x}{1+x^b}\mathrm dx=-\frac{\pi^2}{b^2}\csc\left(\frac{a\pi}{b}\right)\cot\left(\frac{a\pi}{b}\right)\tag{2}$ $ luego, al usar$(2)$, podemos obtenga el resultado de nuestra integral de la siguiente manera: \begin{align} I&=\int_{0}^{\infty}\frac{(x^2-1)\ln{x}}{1+x^4}\mathrm dx\\[10pt] &=\int_{0}^{\infty}\frac{x^2\;\ln{x}}{1+x^4}\mathrm dx-\int_{0}^{\infty}\frac{\ln{x}}{1+x^4}\mathrm dx\\[10pt] &=J'(3,4)-J'(1,4)\\[10pt] &=\frac{\pi^2}{8\sqrt{2}}+\frac{\pi^2}{8\sqrt{2}}\\[10pt] &=\bbox[3pt,border:3px #FF69B4 solid]{\color{red}{\large\frac{\pi^2}{4\sqrt{2}}}} \end{align}
schooner
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1602
Observando que$$ \int_0^1x^n\ln x\,dx=-\frac{1}{(n+1)^2} $ $ tenemos \begin{eqnarray} \int_0^\infty\frac{(x^2-1)\ln x}{1+x^4}dx&=&2\int_0^1\frac{(x^2-1)\ln x}{1+x^4}\,dx\\ &=&2\int_0^1\sum_{n=0}^\infty(-1)^n(x^2-1)x^{4n}\ln x\,dx\\ &=&2\sum_{n=0}^\infty\int_0^1(-1)^n(x^{4n+2}-x^{4n})\ln x\,dx\\ &=&2\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\left(\frac1{(4n+1)^2}-\frac1{(4n+3)^2}\right)\\ &=&2\sum_{n=-\infty}^\infty(-1)^n\frac1{(4n+1)^2}\\ &=&\frac{1}{32}\left(\sum_{n=-\infty}^\infty\frac1{(n+\frac{1}{8})^2}-\sum_{n=-\infty}^\infty\frac1{(n+\frac{3}{8})^2}\right)\\ &=&\lim_{b\to0}\frac{1}{32}\left(\frac{\pi\sinh2\pi b}{b\left(\cosh2\pi b-\cos2\pi a\right)}\bigg|_{a=-\frac{1}{8}}-\frac{\pi\sinh2\pi b}{b\left(\cosh2\pi b-\cos2\pi a\right)}\bigg|_{a=-\frac{3}{8}}\right)\\ &=&\frac{\pi^2}{4\sqrt2}. \end {eqnarray} Aquí usamos esto .
Ron Gordon
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96158
Considere la integral de contorno
$$\oint_C dz \frac{(z^2-1) \log^2{z}}{1+z^4} $$
donde $C$ es un ojo de la cerradura de contorno sobre el eje real positivo tener un radio externo $R$ y un radio interior de $\epsilon$. Como $R \to \infty$$\epsilon \to 0$, la integral puede ser demostrado ser igual a
$$-i 4 \pi \int_0^{\infty} dx \frac{(x^2-1) \log{x}}{1+x^4} + 4 \pi^2 \int_0^{\infty} dx \frac{x^2-1}{1+x^4} $$
El contorno de la integral es igual a $i 2 \pi$ veces la suma de los residuos de los polos de el integrando, que son a $e^{i (2 k+1) \pi/4}$$k=0,1,2,3$, o
$$i \frac{\pi}{2} \left [\frac{(i-1) (-\pi^2/16)}{e^{i 3 \pi/4}} - \frac{(i+1) (-9\pi^2/16)}{e^{i \pi/4}} + \frac{(i-1) (-25 \pi^2/16)}{e^{-i \pi/4}} - \frac{(i+1) (-49\pi^2/16)}{e^{-i 3 \pi/4}} \right ]$$
que se simplifica a $-i (\pi^3/32) 16 \sqrt{2} = -i \pi^3/\sqrt{2}$. Igualando las partes reales e imaginarias, nos encontramos con que
$$\int_0^{\infty} dx \frac{(x^2-1) \log{x}}{1+x^4} = \frac{\pi^2}{4 \sqrt{2}} $$
