Integral $\small \int_0^\infty \frac{(\pi x - 2\log{x})^3}{\left(\log^2{x} + \frac{\pi^2}{4}\right)(1+x^2)^2} \text{d}x$

Question

Prueba $$\int_0^\infty \frac{(\pi x - 2\log{x})^3}{\left(\log^2{x} + \frac{\pi^2}{4}\right)(1+x^2)^2} \text{d}x = 8\pi$$

He intentado utilizar una versión modificada del integrando y un contorno semicircular con origen en la mitad real positiva del plano complejo.

A pesar de mis esfuerzos, no consigo obtener la integral deseada, ya que el factor negativo del eje imaginario negativo me impide poder simplificar las integrales.

Además, el residuo no se acerca al resultado exacto.

¿Hay métodos mejores que se me escapen?

Answer 1

Antes de comenzar debo mencionar que utilizaremos algunas instancias de Integral de Schroder que evalúa los coeficientes de Gregory, a saber: $$\sf (-1)^{n-1}G_n=\int_0^\infty\frac{1}{(\pi^2+\ln^2 t)(1+t)^n}dt$$

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Pero primero vamos a ajustar las cosas. $$\sf \color{orange}{I=\int_0^\infty \frac{(\pi x - 2\log{x})^3}{\left(\log^2{x} + \frac{\pi^2}{4}\right)(1+x^2)^2} dx} \overset{x^2=t}=2\int_0^\infty \frac{(\pi\sqrt t-\ln t)^3}{(\pi^2+\ln^2 t)(1+t)^2}\frac{dt}{\sqrt t}$$ $$\sf =2\pi^3\int_0^\infty \frac{t}{(\pi^2+\ln^2 t)(1+t)^2}dt-6\pi^2 \int_0^\infty \frac{\sqrt t\ln t}{(\pi^2+\ln^2 t)(1+t)^2}dt$$ $$\sf +6\pi \int_0^\infty \frac{\ln^2 t}{(\pi^2+\ln^2 t)(1+t)^2}dt-2\int_0^\infty \frac{\ln^3 t}{(\pi^2+\ln^2 t)(1+t)^2}\frac{dt}{\sqrt t}$$ $$\sf =2\pi^3 I_1-6\pi^2I_2+6\pi I_3-2 I_4$$

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Evaluación de $I_1$ .

$$\tt \color{blue}{I_1=\int_0^\infty \frac{(1+t)-1}{(\pi^2+\ln^2 t)(1+t)^2}dt=\int_0^\infty \frac{1}{(\pi^2+\ln^2 t)(1+t)}dt-\int_0^\infty \frac{1}{(\pi^2+\ln^2 t)(1+t)^2}dt}$$

$$\tt \color{blue}{=G_1+G_2=\frac12-\frac{1}{12}=\frac{5}{12}}$$

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Evaluación de $I_2$ .

He resuelto esta integral aquí . $$\tt \color{red}{I_2=\int_0^\infty \frac{\sqrt t\ln t}{(\pi^2+\ln^2 t)(1+t)^2}dt\overset{t=\frac{1}{x}}=-\int_0^\infty \frac{\ln x}{(\pi^2+\ln^2 x)(1+x)^2}\frac{dx}{\sqrt x}=\frac{\pi}{24}}$$

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Evaluación de $I_3$ .

$$\tt \color{purple}{I_3= \int_0^\infty \frac{(\pi^2 +\ln^2 t)-\pi^2}{(\pi^2+\ln^2 t)(1+t)^2}dt=\int_0^\infty \frac{1}{(1+t)^2}dt-\pi^2\int_0^\infty \frac{1}{(\pi^2+\ln^2 t)(1+t)^2}dt}$$ $$\tt \color{purple}{=1+\pi^2 G_2=1-\frac{\pi^2}{12}}$$

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Evaluación de $I_4$ .

Escriba $\ln^3 t= \ln t((\pi^2+\ln^2 t ) -\pi^2 )$ para conseguirlo:

$$\tt \color{green}{I_4=\int_0^\infty \frac{\ln^3 t}{(\pi^2+\ln^2 t)(1+t)^2}\frac{dt}{\sqrt t}=\int_0^\infty \frac{\ln t}{(1+t)^2}\frac{dt}{\sqrt t}-\pi^2 \int_0^\infty \frac{\ln t}{(\pi^2+\ln^2 t)(1+t)^2}\frac{dt}{\sqrt t}}$$ $$\tt \color{green}{=-\pi+\pi^2 I_2=-\pi +\frac{\pi^3}{24}}$$

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$$\require{cancel} \sf \Rightarrow \color{orange}I=\cancel{2\pi^3\color{blue}{\frac{5}{12}}} -\cancel{6\pi^2\color{red}{\frac{\pi}{24}}}+6\pi \left(\color{purple}{1-\cancel{\frac{\pi^2}{12}}}\right)-2\left(\color{green}{-\pi +\cancel{\frac{\pi^3}{24}}}\right)=\color{orange}{8\pi}$$

En realidad sólo utilizamos $G_1$ y $G_2$ y estoy seguro de que podemos evaluarlas con métodos elementales, al menos la primera es bastante fácil, pero para la segunda quizá tengamos que esforzarnos un poco.