Calcular $\int_0^\infty \frac{\ln x}{1 + x^4} \mathrm{d}x$ utilizando el cálculo de residuos

Question

Necesito evaluar esta integral utilizando el cálculo de residuos:

$$\int_0^\infty\frac{\ln(x)}{1+x^4}\mathrm{d}x$$

Sé que tengo que considerar $\displaystyle \int_0^\infty$$\frac { \ln (z)}{1+z^4} \mathrm {d}z$.
Entonces el integrando tiene singularidades en $-e^{i\pi/4}$ , $e^{i\pi/4}$ , $-e^{3i\pi/4}$ y $e^{3i\pi/4}$ . Entonces creo que debería encontrar los residuos del integrando, sin embargo no estoy seguro de cómo proceder. ¿Podría alguien indicarme la dirección correcta?

Answer 1

Hay varias formas de atacar esto utilizando el teorema del residuo. Una forma es considerar la siguiente integral de contorno:

$$\oint_C dz \frac{\log{z}}{1+z^4} $$

donde $C$ es un cuarto de círculo de radio $R$ en el cuadrante superior derecho, modificado por un pequeño cuarto de círculo de radio $\epsilon$ para evitar el punto de bifurcación en $z=0$ . Así, la integral de contorno es igual a

$$\int_{\epsilon}^R dx \frac{\log{x}}{1+x^4} + i R \int_0^{\pi/2} d\theta \, e^{i \theta} \frac{\log{(R e^{i \theta})}}{1+R^4 e^{i 4 \theta}} \\ + i \int_R^{\epsilon} dy \, \frac{\log{y} + i \pi/2}{1+y^4} + i \epsilon \int_{\pi/2}^0 d\phi \, e^{i \phi} \frac{\log{(\epsilon e^{i \phi})}}{1+\epsilon^4 e^{i 4 \phi}}$$

Como $R\to\infty$ la segunda integral desaparece como $\log{R}/R^3$ como $\epsilon \to 0$ la cuarta integra. desaparece como $\epsilon \log{\epsilon}$ . En estos límites, la integral de contorno se convierte en

$$(1-i) \int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{1+x^4} + \frac{\pi}{2} \int_0^{\infty} \frac{dx}{1+x^4}$$

Por el teorema del residuo, la integral de contorno es $i 2 \pi$ veces el residuo del poste en el interior $C$ , a saber $e^{i \pi/4}$ , por lo que tenemos

$$(1-i) \int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{1+x^4} + \frac{\pi}{2} \int_0^{\infty} \frac{dx}{1+x^4} = i 2 \pi \frac{i \pi/4}{4 e^{i 3 \pi/4}} = \frac{\pi^2}{8} e^{i \pi/4} $$

Al igualar las partes imaginarias, encontramos que

$$\int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{1+x^4} = -\frac{\sqrt{2}}{16} \pi^2 $$

También podemos encontrar la otra integral a partir de la parte real:

$$\int_0^{\infty} \frac{dx}{1+x^4} = \frac{\sqrt{2}}{4} \pi $$

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\dagger}} \newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\right\vert\,} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over 1 + x^{4}}\,\dd x:\ {\large ?}}$

El siguiente método "evita" los cuatro polos de la integral original.

En cambio, sólo tenemos que considerar una $\color{#c00000}{\ds{\it\underline{\mbox{one pole-integral}}}}$ :

Tenga en cuenta que \begin {align}& \color {#c00000}{ \int_ {0}^{ \infty }{ \ln\pars {x} \over 1 + x^{4}} \, \dd x} = \int_ {0}^{ \infty }{ \ln\pars {x^{1/4}} \over 1 + x}\,{1 \over 4}\,x^{-3/4}\, \dd x ={1 \over 16} \int_ {0}^{ \infty }{x^{-3/4} \ln\pars {x} \over 1 + x}\, \dd x \\ [3mm]&={1 \over 16} \lim_ { \mu\ \to\ -3/4}\,\,\, \partiald {}{ \mu } \color {#00f}{% \int_ {0}^{ \infty }{x^{ \mu } \over 1 + x}\, \dd x} \tag {1} \end {align}

\begin {align} & \color {#00f}{ \int_ {0}^{ \infty }{x^{ \mu } \over 1 + x}\, \dd x} =2 \pi\ic\expo { \pi\mu\ic } - \int_ { \infty }^{0} {x^{ \mu } \expo {2 \pi\mu\ic } \over 1 + x}\, \dd x =2 \pi\ic\expo { \pi\mu\ic } + \expo {2 \pi\mu\ic } \color {#00f}{ \int_ {0}^{ \infty }{x^{ \mu } \over 1 + x}\, \dd x} \\ [3mm]& \imp\quad \color {#00f}{ \int_ {0}^{ \infty }{x^{ \mu } \over 1 + x}\, \dd x} ={2 \pi\ic\expo { \pi\mu\ic } \over 1 - \expo {2 \pi\mu\ic }} =- \pi\ ,{2 \ic \over \expo { \pi\mu\ic } - \expo {- \pi\mu\ic }} = \color {#00f}{-\,{ \pi \over \sin\pars { \pi\mu }}} \end {align}

Sustitución en $\pars{1}$ : \begin {align}& \color {#66f}{ \large\int_ {0}^{ \infty }{ \ln\pars {x} \over 1 + x^{4}} \, \dd x} ={1 \over 16} \bracks { \pi ^{2} \cot\pars { \pi\mu } \csc\pars { \pi\mu }}_{ \mu\ =\ -3/4} \,\,\,= \color {#66f}{ \large -\,{ \root {2} \over 16}\, \pi ^{2}} \approx -0.8724 \end {align}

Answer 3

Desde el enlace Cálculo de la integral $\int_0^{\infty}{\frac{\ln x}{1+x^n}}$ utilizando el análisis complejo tenemos para $n=4$ $$ \int_0^\infty\frac{\ln(x)}{1+x^4}\mathrm{d}x=-\frac{\pi^2\cos\frac{\pi}{4}}{4^2\sin^2\frac{\pi}{4}}=-\frac{\pi^2\sqrt2}{16}. $$