¿Cómo puedo integrar este? (para calcular el valor de L-función )

Question

Quiero calcular la integral definida: $$ \int_{0}^{1} \frac{x+x^{3}+x^{7}+x^{9}-x^{11}-x^{13}-x^{17} x^{19}}{x(1-x^{20})}dx. $$

De hecho, yo ya sé que $\int_{0}^{1} \frac{x+x^{3}+x^{7}+x^{9}-x^{11}-x^{13}-x^{17}-x^{19}}{x(1-x^{20})}dx=L(\chi,1)=\frac{\pi}{\sqrt{5}}$ donde $\chi$ es el carácter de Dirichlet para $\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$.

Tengo algunos problemas con este cálculo real.

Mi cálculo es el siguiente:

\begin{eqnarray} &&\int_{0}^{1} \frac{x+x^{3}+x^{7}+x^{9}-x^{11}-x^{13}-x^{17}-x^{19}}{x(1-x^{20})}dx \cr &=& \int_{0}^{1} \frac{1+x^{6}}{1-x^{2}+x^{4}-x^{6}+x^{8}} dx\cr &=& \int_{0}^{1} \frac{x^{2}(1+x^{2})(\frac{1}{x^{2}}-1+x^{2})}{x^{4}(\frac{1}{x^{4}}-\frac{1}{x^{2}}+1-x^{2}+x^{4})}dx \end{eqnarray} Sustituto $x-\frac{1}{x}=t$. A continuación, $(1+\frac{1}{x^{2}})dx= dt$.

De modo que La integral es $$ \int_{-\infty}^{0} \frac{t^{2}+1}{t^{4}+3t^{2}+1}dt $$

Sin embargo, tiene diferente valor con el valor que es calculado por el sitio

http://www.emathhelp.net/calculators/calculus-2/definite-integral-calculator/?f=%28t%5E%7B2%7D%2B1%29%2F%28t%5E%7B4%7D%2B3t%5E%7B2%7D%2B1%29&var=&a=-inf&b=0&steps=on

Así que me he dado a probar más.

Hay alguna multa solución?

Answer 1

Usted puede notar que, a través de la sustitución de $x=\frac{1}{z}$, tenemos:

$$ I=\int_{0}^{1}\frac{1+x^6}{1-x^2+x^4-x^6+x^8}\,dx = \int_{1}^{+\infty}\frac{1+z^6}{1-z^2+z^4-z^6+z^8}\,dz $$ por lo tanto: $$ I = \frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}\frac{1+z^6}{1-z^2+z^4-z^6+z^8}\,dz = \frac{1}{4}\int_{\mathbb{R}}\frac{1+z^6}{1-z^2+z^4-z^6+z^8}\,dz $$ y la última integral puede ser fácilmente calculada a través del teorema de los residuos.

Deje $Z$ el conjunto de la primitiva $20$th raíces de la unidad, con el positivo de la parte imaginaria, es decir: $$Z=\left\{\exp\left(\frac{\pi i }{10}\right),\exp\left(\frac{3\pi i }{10}\right),\exp\left(\frac{7\pi i }{10}\right),\exp\left(\frac{9\pi i }{10}\right)\right\}=\{\zeta_1,\zeta_2,\zeta_3,\zeta_4\}.$$

Tenemos: $$\begin{eqnarray*} I &=& \frac{2\pi i}{4}\sum_{j=1}^{4}\text{Res}\left(\frac{1+z^6}{1-z^2+z^4-z^6+z^8},z=\zeta_i\right)\\&=&\frac{2\pi i}{4}\left(-\frac{i}{2\sqrt{5}}-\frac{i}{2\sqrt{5}}-\frac{i}{2\sqrt{5}}-\frac{i}{2\sqrt{5}}\right)\\&=&\color{red}{\frac{\pi}{\sqrt{5}}}\end{eqnarray*}$$ como quería. En última instancia, $\sqrt{5}$ sólo depende de un conocido cuadrática de Gauss suma (echad un vistazo a esta entrada de la Wikipedia, también), pero la identidad de $L(\chi,1)=\frac{\pi}{\sqrt{5}}$ es también una consecuencia de Kronecker de la fórmula, ya que el anillo de enteros de $\mathbb{Z}[\sqrt{5}]$ tiene clase número uno.

Answer 2

Tomando nota de que $$ t^4+3t^2+1=(t^2+\frac{3}{2})^2-(\frac{\sqrt5}{2})^2,$$ y $$ \frac{t^2+1}{t^4+3t^2+1}=\frac{5-\sqrt{5}}{10 \left(t^2-\frac{\sqrt{5}}{2}+\frac{3}{2}\right)}-\frac{-5-\sqrt{5}}{10\left(t^2+\frac{\sqrt{5}}{2}+\frac{3}{2}\right)}$$ tenemos \begin{eqnarray} &&\int_{-\infty}^0\frac{t^2+1}{t^4+3t^2+1}dt\\ &=&\frac{1}{10}\int_{-\infty}^0\left(\frac{5-\sqrt{5}}{t^2+\frac{3}{2}-\frac{\sqrt5}{2}}+\frac{5+\sqrt5}{t^2+\frac{3}{2}+\frac{\sqrt5}{2}})\right)dt\\ &=&\frac{1}{10}\left(\frac{5-\sqrt{5}}{\sqrt{\frac{3}{2}-\frac{\sqrt5}{2}}}\arctan(\frac{x}{\sqrt{\frac{3}{2}-\frac{\sqrt5}{2}}})+\frac{5+\sqrt{5}}{\sqrt{\frac{3}{2}+\frac{\sqrt5}{2}}}\arctan(\frac{x}{\sqrt{\frac{3}{2}+\frac{\sqrt5}{2}}})\right)\bigg|_{-\infty}^0\\ &=&\frac{1}{10}\left(\frac{5-\sqrt{5}}{\sqrt{\frac{3}{2}-\frac{\sqrt5}{2}}}+\frac{5+\sqrt{5}}{\sqrt{\frac{3}{2}+\frac{\sqrt5}{2}}}\right)\frac{\pi}{2}\\ &=&\frac{\pi}{\sqrt5}. \end{eqnarray}

Answer 3

$$ I = \int_{-\infty}^{0} \frac{t^{2}+1}{t^{4}+3t^{2}+1}dt = \dfrac14\int_{-\infty}^\infty \frac{(t^{2}+it+1) + (t^{2}-it +1)}{(t^{2}+it+1)(t^{2}-it+1)}dt, $$ $$ I = \dfrac14\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{t^{2}-it+1}dt + \dfrac14\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{t^{2}+it+1}dt. $$ La elección de los polos en la mitad superior del plano: $$ I = \dfrac{\pi i}2\mathop{{\rm Res}}_{t=\frac{\sqrt5+1}{2}i}\frac{1}{t^{2}-it+1} + \dfrac{\pi i}2\mathop{{\rm Res}}_{t=\frac{\sqrt5-1}{2}i}\frac{1}{t^{2}+it+1},$$ $$ I = \dfrac{\pi i}2\lim_{t=\frac{\sqrt5+1}{2}i}\frac{1}{2t-i} + \frac{\pi i}2\lim_{t=\frac{\sqrt5-1}{2}i}\frac{1}{2t+i},$$ $$\boxed{I=\dfrac\pi{\sqrt5}}$$