el contorno de la integración de logaritmo

Question

Debo calcular la siguiente integral

$$\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\frac{\log x}{1+x^3}dx$$

Alguien puede sugerirme el derecho de circuito en el plano complejo sobre el cual realizar la integración? He probado diferentes caminos, evitando el origen, pero sin éxito

Answer 1

La evaluación de la integral $$ \int_\gamma\frac{\log(z)}{1+z^3}\,\mathrm{d}z\etiqueta{1} $$ sobre el contorno

$\hspace{4.5cm}$

y de contabilidad para la pole en $e^{\pi i/3}$ con residuo $\frac{\pi i}{3}\frac1{3e^{2\pi i/3}}$ da $$ \begin{align} 2\pi i\frac{\pi i}{3}\frac1{3e^{2\pi i/3}} &=\color{#C00000}{\int_0^\infty\frac{\log(t)}{1+t^3}\,\mathrm{d}t} \color{#0000FF}{-\int_0^\infty\frac{\log(t)+2\pi i/3}{1+t^3}\,e^{2\pi i/3}\,\mathrm{d}t}\\ &=\left(1-e^{2\pi i/3}\right)\int_0^\infty\frac{\log(t)}{1+t^3}\,\mathrm{d}t -\frac{2\pi i}{3}e^{2\pi i/3}\int_0^\infty\frac{\mathrm{d}t}{1+t^3}\tag{2} \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \frac{2\pi^2}{9}e^{\pi i/3} =\left(1-e^{2\pi i/3}\right)\int_0^\infty\frac{\log(t)}{1+t^3}\,\mathrm{d}t +\frac{2\pi}{3}e^{\pi i/6}\int_0^\infty\frac{\mathrm{d}t}{1+t^3}\etiqueta{3} $$ Dividiendo por $e^{\pi i/3}$ $$ \frac{2\pi^2}{9} =-i\sqrt3\int_0^\infty\frac{\log(t)}{1+t^3}\,\mathrm{d}t +\frac{\pi(\sqrt3-i)}{3}\int_0^\infty\frac{\mathrm{d}t}{1+t^3}\etiqueta{4} $$ La parte real de la $(4)$ rendimientos $$ \int_0^\infty\frac{\mathrm{d}t}{1+t^3}=\frac{2\pi\sqrt3}{9}\etiqueta{5} $$ y la parte imaginaria de $(4)$ combinado con $(5)$ da $$ \int_0^\infty\frac{\log(t)}{1+t^3}\,\mathrm{d}t=-\frac{2\pi^2}{27}\etiqueta{6} $$

Answer 2

Este también puede ser resuelto utilizando un contorno del ojo de la cerradura de la siguiente manera. Considere la posibilidad de

$$\oint_C dz \frac{\log^2{z}}{1+z^3}$$

Tenga en cuenta que estamos utilizando el cuadrado de la sesión aquí. Sobre el contorno del ojo de la cerradura, se nota que se pasa sobre el eje real positivo dos veces: una vez para $\arg{z}=0$, luego de vuelta otra vez para $\arg{z}=2 \pi$. Uno puede mostrar que la integral sobre la circular de contornos (grandes y pequeños) se desvanecen a medida que el radio de la gran contorno va al infinito, y el pequeño va a cero.

Mientras tanto, nos quedamos con las integrales sobre el eje real. Tenga en cuenta que la función del registro es multivalor en el siguiente sentido:

$$\log{(x e^{i 2 \pi})} = \log{x} + i 2 \pi$$

de modo que la integral sobre la $C$ se reduce a

$$\begin{align}\oint_C dz \frac{\log^2{z}}{1+z^3} &= \int_0^{\infty} dx \frac{\log^2{x}}{1+x^3} - \int_0^{\infty} dx\frac{(\log{x}+ i 2 \pi)^2}{1+x^3}\\ &= -i 4 \pi \int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{1+x^3} + 4 \pi^2 \int_0^{\infty} dx \frac{1}{1+x^3} \end{align}$$

No te preocupes que en la segunda integral en la RHS por ahora. Como se puede ver, sin embargo, hemos reproducido nuestros original integral.

Ahora, por el Teorema de los Residuos, el contorno de la integral es igual a $i 2 \pi$ veces la suma de los residuos de los polos de el integrando dentro de $C$. Tenemos polos donde $1+z^3=0$, pero es muy importante la forma en que las expresamos. Los polacos están en $e^{i \pi/3}$, $-1$, y $e^{i 5 \pi/3}$. Tenga en cuenta que en el último, que no hizo uso de $e^{-i \pi/3}$, aunque en la mayoría de los casos no importaría. Aquí, porque estamos tratando con varios valores de la función, lo hace.

Los residuos en estas simples polos son como sigue:

$$\mathrm{Res}_{z=-1} = \frac{-\pi^2}{(1+e^{i \pi/3}) (1+e^{-i \pi/3})}$$ $$\mathrm{Res}_{z=e^{i \pi/3}} = \frac{-(\pi^2/9)}{(e^{i \pi/3}-e^{-i \pi/3}) (1+e^{i \pi/3})}$$ $$\mathrm{Res}_{z=e^{-i \pi/3}} = \frac{-(25\pi^2/9)}{(1+e^{-i \pi/3}) (e^{-i \pi/3}-e^{i \pi/3})}$$

Me ahorraré la aritmética que participan en la combinación y simplificación de estos. Nuestra ecuación para la integral se convierte en

$$-i 4 \pi \int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{1+x^3} + 4 \pi^2 \int_0^{\infty} dx \frac{1}{1+x^3} = i 2 \pi \left ( \frac{4 \pi^2}{27} - i \frac{4 \pi^2}{3 \sqrt{3}} \right ) $$

Igualando las partes reales e imaginarias, obtenemos

$$\int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{1+x^3} = -\frac{2 \pi^2}{27}$$ $$\int_0^{\infty} dx \frac{1}{1+x^3} = \frac{2 \pi}{3 \sqrt{3}}$$

Así que tenemos un bono integral de forma gratuita.

Answer 3

Este puede ser hecho por parametrización. Introducir $f(t)$ donde $$ f(t) = \int_0^\infty \frac{x^t}{1+x^3} dx$$ donde$0\le t \le 1,$, de modo que estamos buscando $f'(0).$ Deje $\rho$ ser la singularidad en el primer cuadrante, por lo que $$\operatorname{Res}\left(\frac{x^t}{1+x^3}; x=\rho\right) = \frac{\rho^t}{3\rho^2}.$$ Ahora uso una rebanada de contorno para evaluar $f(t)$, comenzando en el origen y va a $R$ sobre el eje real, moviéndose a lo largo de un arco a $R e^{2\pi i/3}$ y, a continuación, la espalda recta al origen, por lo que el $\rho$ es la única singularidad dentro del contorno y es fácil ver que la contribución del arco desaparece en el límite (porque nuestra elección del dominio de $t$).

El intgral a lo largo de la girado segmento de línea es $$ e^{2\pi i/3} \int_R^0 \frac {e^{2\pi i/3} x)^t}{1 + e^{2\pi i}x^3} dx = - (e^{2\pi i/3})^{t+1} \int_0^R \frac{x^t}{1+x^3} dx$$

Se sigue por la de Cauchy teorema de los residuos que $$ f(t) = 2\pi i \frac{\rho^{t-2}/3}{1- (e^{2\pi i/3})^{t+1}}.$$ Recordemos que $\rho = e^{\pi i/3}$, por lo que $$ f(t) = 2\pi i \frac{\rho^{t-2}/3}{1- (\rho^2)^{t+1}}.$$ Ahora se diferencian con respecto a $t$ para obtener $$ f'(t) = {\frac {2/3\,i\pi \, \left( {\rho}^{t-2}\ln \left( \rho \right) -{\rho}^{t} \ln \left( \rho \right) \left( {\rho}^{2} \right) ^{t}+{\rho}^{t} \left( { \rho}^{2} \right) ^{t}\ln \left( {\rho}^{2} \right) \right) }{ \left( -1+ \left( {\rho}^{2} \right) ^{t}{\rho}^{2} \right) ^{2}}} $$ de modo que $f'(0)$ es $$2/3\,i\pi \, \left( {\frac {\ln \left( \rho \right) }{{\rho}^{2}}}-\ln \left( \rho \right) +\ln \left( {\rho}^{2} \right) \right) \left( -1+{\rho} ^{2} \right) ^{-2}\\ = 2/3\,i\pi \, \left( {\ln \left( \rho \right) }-\rho^2 \ln \left( \rho \right) + \rho^2\ln \left( {\rho}^{2} \right) \right) \left( -\rho+{\rho} ^{3} \right) ^{-2} \\ = 2/3\,i\pi \, \left( {\ln \left( \rho \right) }-\rho^2 \ln \left( \rho \right) + \rho^2\ln \left( {\rho}^{2} \right) \right) \left( -\rho-1 \right) ^{-2} \\ = 2/3\,i\pi \, \ln\rho\left(1-\rho^2 + 2\rho^2 \right) \left( -\rho-1 \right) ^{-2} \\ = 2/3\,i\pi \, \ln\rho\left(1+\rho^2\right) \left(\rho+1 \right) ^{-2}.$$ Somos justificados por escrito $\ln \rho^2 = 2\ln\rho$ porque $\rho^2$ se queda en la mitad superior del plano y no se cruza con el de la rama de corte del logaritmo.

Para concluir, volver a introducir el valor de $\rho$ para obtener $$f'(0) = -\frac{2\pi^2}{27}.$$