Cómo evaluar esta integral $\int_{0}^{\infty }\frac{\ln\left ( 1+x^{3} \right )}{1+x^{2}}\mathrm{d}x$

Question

Cómo evaluar esta integral $$\mathcal{I}=\int_{0}^{\infty }\frac{\ln\left ( 1+x^{3} \right )}{1+x^{2}}\mathrm{d}x$ $ Mathematica me dio la respuesta por debajo de $$\mathcal{I}=\frac{\pi }{4}\ln 2+\frac{2}{3}\pi \ln\left ( 2+\sqrt{3} \right )-\frac{\mathbf{G}}{3}$ $ $\mathbf{G}$ Dónde está catalán constante de.

Pero no sé cómo probarlo.

Answer 1

Podemos atacar esta integral

$$I = \int_0^{\infty} dx \frac{\log{(1+x^3)}}{1+x^2}$$

considerando el complejo integral de contorno

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

donde $C$ es el siguiente contorno

Este es un ojo de la cerradura de contorno sobre el eje real positivo, pero con orificios adicionales acerca de los puntos de ramificación en $z=e^{i \pi/3}$, $z=-1$, y $z=e^{i 5 \pi/3}$. No son simples postes en $z=\pm i$.

Voy a describir el procedimiento para la evaluación. La integral sobre los arcos circulares, grandes y pequeños, ir a cero, como los radios de ir a $\infty$$0$, respectivamente. Cada uno de los puntos de ramificación introduce un salto de $i 2 \pi$ debido a que el logaritmo en el integrando. Por el teorema de los residuos, hemos

$$-i 2 \pi \int_0^{\infty} dx \frac{\log{(1+x^3)}}{1+x^2} - i 2 \pi \int_{e^{i \pi/3}}^{\infty e^{i \pi/3}} dt \frac{\log{t}}{1+t^2} \\ - i 2 \pi \int_{e^{i \pi}}^{\infty e^{i \pi}} dt \frac{\log{t}}{1+t^2} - i 2 \pi \int_{e^{i 5 \pi/3}}^{\infty e^{i 5 \pi/3}} dt \frac{\log{t}}{1+t^2} = \\ i 2 \pi \sum_{\pm} \left[\frac{\log{(1+z^3)} \log{z}}{2 z} \right]_{z=\pm i} $$

Sin entrar demasiado en detalles, voy a ilustrar cómo las integrales se hace mediante la evaluación de uno de ellos. Considere la posibilidad de

$$\int_{e^{i \pi}}^{\infty e^{i \pi}} dt \frac{\log{t}}{1+t^2} = -\int_1^{\infty} dy \frac{\log{y}+i \pi}{1+y^2}$$

Ahora,

$$\int_1^{\infty} \frac{dy}{1+y^2} = \int_{\pi/4}^{\pi/2} d\theta = \frac{\pi}{4}$$

$$\begin{align}\int_1^{\infty} dy\frac{\log{y}}{1+y^2} &= G\end{align}$$

así que

$$\int_{e^{i \pi}}^{\infty e^{i \pi}} dt \frac{\log{t}}{1+t^2} = -G - i \frac{\pi^2}{4} $$

A lo largo de líneas similares,

$$\int_{e^{i \pi/3}}^{\infty e^{i \pi/3}} dt \frac{\log{t}}{1+t^2} = \frac{2}{3} G + \frac{\pi}{6} \log{(2+\sqrt{3})}$$

$$\int_{e^{i 5 \pi/3}}^{\infty e^{i 5 \pi/3}} dt \frac{\log{t}}{1+t^2} = \frac{2}{3} G - \frac{5 \pi}{6} \log{(2+\sqrt{3})} + i \frac{\pi^2}{2}$$

La combinación de las integrales, tengo

$$\frac{G}{3} - \frac{2 \pi}{3} \log{(2+\sqrt{3})} + i \frac{\pi^2}{4}$$

La suma de los residuos en el lado derecho es relativamente simple para evaluar; me

$$\sum_{\pm} \left[\frac{\log{(1+z^3)} \log{z}}{2 z} \right]_{z=\pm i} = \frac{(1/2 \log{2} -i \pi/4)(i \pi/2)}{2 i} + \frac{(1/2 \log{2} + i \pi/4)(i 3 \pi/2)}{-2 i}\\ = -\frac{\pi}{4} \log{2}-i \frac{\pi^2}{4}$$

La integral que buscamos es entonces el negativo de la suma de la combinación de las integrales y la suma de los residuos, lo que nos da

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

lo cual está de acuerdo con Mathematica.

Answer 2

Es posible calcular la integral a través de la costumbre de la herramienta de diferenciación con respecto a un parámetro. Yo no pretendo que los cálculos que ser especialmente agradable, pero es bueno tener como una comparación con el residuo de enfoque, que es más corto y más bonito (pero necesita a alguien con una muy buena sensación acerca de lo que el contorno de integrar a lo largo). Vamos a utilizar el hecho de que $$ \int_0^1\frac{\log x}{1+x^2}\,dx=-\mathrm G. $$ donde $\mathrm G$ denota catalán constante (se debe mostrar de alguna manera).

Voy a dar algunos detalles más adelante, pero no puedo motivar a mí mismo a escribir todo de forma explícita.

En primer lugar, vamos a $$ f(s)=\int_0^{+\infty}\frac{\log(s+x^3)}{1+x^2}\,dx $$ Tenga en cuenta que (acaba de dividir la integral en $\int_0^1+\int_1^{+\infty}$ e de $y=1/x$ en el último) $$ f(0)=\int_0^{+\infty}\frac{3\log x}{1+x^2}\,dx=0. $$ La integral que queremos calcular convierte en $$ f(1)=f(0)+\int_0^1 f'(s)\,ds=\int_0^1 f'(s)\,ds. $$ Calculamos $f'(s)$ por debajo. La diferenciación, haciendo un parcial fracción de descomposición, y el cálculo elemental pero horrible primitivas, nos encontramos con que $$ \begin{aligned} f'(s)&=\int_0^{+\infty}\frac{1}{(s+x^3)(1+x^2)}\,dx\\ &=\frac{1}{1+s^2}\int_0^{+\infty}\frac{s+x}{1+x^2}+\frac{1-sx-x^2}{s+x^3}\,dx\\ &=\cdots\\ &=\frac{1}{18(1+s^2)}\Bigl(\frac{4\sqrt{3}\pi}{s^{2/3}}-4\sqrt{3}\pi s^{2/3}+9\pi s+6\log s\Bigr) \end{aligned} $$ A continuación, vamos a calcular más elemental, pero horrible, primitivas, (te $u=s^{1/3}$) $$ \int \frac{1}{18(1+s^2)}\Bigl(\frac{4\sqrt{3}\pi}{s^{2/3}}-4\sqrt{3}\pi s^{2/3}\Bigr)\,ds=\frac{\pi}{3}\log\Bigl(\frac{1+\sqrt{3}s^{1/3}+s^{2/3}}{1-\sqrt{3}s^{1/3}+s^{2/3}}\Bigr). $$ Por lo tanto, $$ \begin{aligned} f(1)&=\int_0^1 f'(s)\,ds\\ &=\biggl[\frac{\pi}{3}\log\Bigl(\frac{1+\sqrt{3}s^{1/3}+s^{2/3}}{1-\sqrt{3}s^{1/3}+s^{2/3}}\Bigr)+\frac{\pi}{4}\log(1+s^2)\biggr]_0^1+\frac{1}{3}\int_0^1\frac{\log s}{1+s^2}\,ds\\ &=\frac{\pi}{4}\log 2+\frac{2\pi}{3}\log(2+\sqrt{3})-\frac{\mathrm G}{3}. \end{aligned} $$