Tengo que evaluar el verdadero integral $$ I = \int_0^{\infty} \frac{\log^2 x}{x^2+1}. $$ el uso de residuos de cálculo. Su valor es $\frac{\pi^3}{8}$, como se puede comprobar, por ejemplo, la introducción de la función $$ \frac{(\log z-i(\pi/2))^2}{z^2+1}. $$ y teniendo en cuenta la rama de corte para el logaritmo de la función en el semieje negativo de la immaginary números y una mitad superior del círculo sangría a 0 como la integración de contorno. He intentado un método diferente, pero por desgracia he obtenido un resultado diferente y no sé por qué. Considero que la ramificación del eje de la función logaritmo como el semieje real positivo. He intentado como la integración de contorno de esta curva cerrada. He utilizado la función compleja $$ f(z)=\frac{\log^3z}{z^2+1} $$ la obtención de $$ \int_r^{R} \frac{\log^3 x}{x^2+1}\;dx + \int_\Gamma \frac{\log^3 z}{z^2+1}\;dz - \int_r^{R} \frac{(\log x+2\pi i)^3}{x^2+1}\;dx - \int_\gamma \frac{\log^3 z}{z^2+1}\;dz. $$ Es fácil ver que las integrales sobre las rutas circulares $\gamma$ $\Gamma$ tienden a cero cuando se $R\to \infty,r\to 0$. Así que tenemos que evaluar $$ \int_r^{R} \frac{\log^3 x}{x^2+1}\;dx - \int_r^{R} \frac{(\log x+2\pi i)^3}{x^2+1}\;dx, $$ que immaginary parte es (EDIT: se ha cambiado la $8\pi i$$8\pi^3 i$) $$ -6\pi i \int_r^{R} \frac{\log^2 x}{x^2+1}\;dx + 8\pi^3 i \int_r^{R} \frac{1}{x^2+1}\;dx, $$ que tiene que ser igual a la immaginary parte de $$ 2\pi i\;\left( \mathrm{Res} \left[f,i \right] + \mathrm{Res}\left[f,-i \right]\right) = -i \frac{\pi^4}{4}. $$ Por lo tanto, el resto de la obra, por fin he encontrado que el resultado es $\frac{17\pi^3}{24}$, que es claramente diferente del de $\frac{\pi^3}{8}$... pero ¿dónde está la falla en mi argumento? Por favor ayuda
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El error es donde obtiene$$2\pi i\;\left( \mathrm{Res} \left[f,i \right] + \mathrm{Res}\left[f,-i \right]\right) = -i \frac{\pi^4}{4}.$ $ Si usa$\arg{i}=\frac{\pi}{2}$, entonces debe tener$\arg(-i)=\frac{3\pi}{2}$ en lugar de$\arg(-i)=-\frac{\pi}{2}$, ya que debe usar la misma rama del logaritmo en todo.
Teniendo esto en cuenta, en cambio obtenemos$$2\pi i\;\left( \mathrm{Res} \left[f,i \right] + \mathrm{Res}\left[f,-i \right]\right) = \frac{13i\pi^4}{4}.$ $
$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{I\equiv\int_{0}^{\infty}{\ln^{2}\pars{x} \over x^{2} + 1}\,\dd x:\ {\large ?}}$
Deje que $\quad\ds{\ln\pars{z} = \ln\pars{\verts{z}} + \ic{\rm Arg}\pars{z}.\quad 0 < {\rm Arg}\pars{z} < 2\pi.\quad}$
De acuerdo a la $\ds{\large\ln}$-rama de la corte, el integrando tiene polos en$\quad\ds{\expo{\pi\ic/2}}\quad$$\quad\ds{\expo{3\pi\ic/2}}$:
\begin{align} &\int_{0}^{\infty}{\ln^{3}\pars{x} \over x^{2} + 1}\,\dd x =2\pi\ic\,{\pars{\pi\ic/2}^{3} \over \ic + \ic} +2\pi\ic\,{\pars{3\pi\ic/2}^{3} \over -\ic - \ic} -\int_{\infty}^{0}{\bracks{\ln\pars{x} + 2\pi\ic}^{3} \over x^{2} + 1}\,\dd x \\[3mm]&=-\,{\pi^{4} \over 8}\,\ic + {27\pi^{4} \over 8}\,\ic +\int_{0}^{\infty}{\ln^{3}\pars{x} \over x^{2} + 1}\,\dd x +6\pi\ic\int_{0}^{\infty}{\ln^{2}\pars{x} \over x^{2} + 1}\,\dd x -12\pi^{2}\ \underbrace{\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over x^{2} + 1}\,\dd x}_{\ds{=\ 0}} \\[3mm]&\phantom{=\!}-8\pi^{3}\ic\ \underbrace{\int_{0}^{\infty}{\dd x \over x^{2} + 1}}_{\ds{=\ {\pi \over 2}}} \end{align}
\begin{align} 0&=6\pi\ic\int_{0}^{\infty}{\ln^{2}\pars{x} \over x^{2} + 1}\,\dd x +\pars{-\,{1 \over 8} + {27 \over 8} - 4}\,\pi^{4}\,\ic =6\pi\ic\int_{0}^{\infty}{\ln^{2}\pars{x} \over x^{2} + 1}\,\dd x - {3 \over 4}\,\pi^{4}\,\ic \end{align}
$$\color{#66f}{\large\int_{0}^{\infty}{\ln^{2}\pars{x} \over x^{2} + 1}\,\dd x} ={3\pi^{4}\ic\,/4 \más de 6\pi\ic} =\color{#66f}{\Large{\pi^{3} \más de 8}} $$
