Prueba $\int_0^{\infty}\frac{\ln (x)}{(x^2+1)(x^3+1)}\ dx=-\frac{37}{432}\pi^2$ con método real

Question

Me encontré con la siguiente integral: $$\large{\int_0^\infty \frac{\ln (x)}{(x^2+1)(x^3+1)}\ dx=-\frac{37}{432}\pi^2}$$ Sé que se puede resolver con el método de la resuide, y quiero saber si hay algún método real que pueda resolverla. Mientras tanto, recuerdo una integral similar: $$\large{\int_0^\infty \frac{1}{(x^2+1)(x^a+1)}\ dx=\frac{\pi}{4}}$$ Y quiero saber la siguiente: $${\color{red}{\large{\int_0^\infty \frac{\ln x}{(x^2+1)(x^a+1)}\ dx = \huge{?}}}}$$ Usando el Mathematica obtuve el siguiente resultado.

¿Podría sugerir algunas ideas para probar esto? Cualquier sugerencia será apreciada.

Answer 1

Una técnica de análisis real puede ser explotar $$ I = \int_0^1 \frac{1-x^3}{(1+x^2)(1+x^3)}\log(x)\,dx $$ luego ampliar $f(x)=\frac{1-x^3}{(1+x^2)(1+x^3)}$ como una serie de Taylor alrededor de $x=0$ , $$ f(x) = \sum_{n\geq 0}\left(1-x^2-2 x^3+x^4+2 x^5+x^6-2 x^7-x^8 + x^{10} \right) x^{12n} $$ y explotar $$ \int_0^1 x^k\log(x)\,dx = -\frac{1}{(k+1)^2} $$ para convertir $I$ en una combinación de Dirichlet $L$ -funciones $L(s,\chi)$ donde $s=2$ y $\chi$ es un carácter Dirichlet $\!\!\pmod{12}$ o una combinación de funciones trigamma evaluados en múltiplos de $\frac{1}{12}$ : el fórmula de reflexión para $\psi'$ es útil, ya que da $$ \sum_{n\geq 0}\left(\frac{1}{(12n+1)^2}+\frac{1}{(12n+11)^2}\right) = \frac{2+\sqrt{3}}{36}\,\pi^2,$$ $$ \sum_{n\geq 0}\left(\frac{1}{(12n+3)^2}+\frac{1}{(12n+9)^2}\right)=\frac{1}{72}\,\pi^2,$$ $$ \sum_{n\geq 0}\left(\frac{1}{(12n+4)^2}+\frac{1}{(12n+8)^2}\right)=\frac{1}{108}\,\pi^2,$$ $$ \sum_{n\geq 0}\left(\frac{1}{(12n+5)^2}+\frac{1}{(12n+7)^2}\right)=\frac{2-\sqrt{3}}{36}\,\pi^2,$$ $$ \sum_{n\geq 0}\frac{1}{(12n+6)^2}=\frac{1}{288}\pi^2.$$ Deducir $I=\color{red}{-\frac{37}{432}\pi^2}$ es ahora una cuestión de simple álgebra.

Answer 2

Resultado preliminar:

$\displaystyle \frac{2}{(x^2+1)(x^3+1)} \equiv \frac{x+1}{x^2+1}-\frac{x^2+x-1}{x^3+1}$

Prueba: Obvio.

Consideremos la integral parametrizada:

$\displaystyle f(\alpha) = \int \frac{x^\alpha \, \text{d}x}{(x^2+1)(x^3+1)} = \frac{1}{2} \int \frac{x^{\alpha+1}+x^\alpha}{x^2+1}-\frac{x^{\alpha+2}+x^{\alpha+1}-x^\alpha}{x^3+1} \, \text{d}x$

Para la primera parte, sustituye $t = x^2$ y $t = x^3$ para la segunda parte

$\displaystyle f(\alpha) = \frac{1}{4} \int_0^\infty \frac{t^{\frac{\alpha}{2}}+t^\frac{\alpha-1}{2}}{1+t} \text{d}t +\frac{1}{6}\int_0^\infty \frac{t^{\frac{\alpha}{3}}+t^{\frac{\alpha-1}{3}}-t^{\frac{\alpha-2}{3}}}{1+t} \text{d}t$

Utiliza las representaciones integrales de la función beta para obtener:

$\displaystyle f(\alpha) = \frac{\text{B}(1+\frac{\alpha}{2},-\frac{\alpha}{2})+\text{B}(\frac{1+\alpha}{2},\frac{1-\alpha}{2})}{4} - \ \frac{\text{B}(1+\frac{\alpha}{3},-\frac{\alpha}{3})+\text{B}(\frac{2+\alpha}{3},\frac{1-\alpha}{3})-\text{B}(\frac{1+\alpha}{3},\frac{2-\alpha}{3})}{6}$

$\displaystyle \frac{f(\alpha)}{\pi} = \frac{\csc{\left(\pi+\frac{\pi \alpha}{2} \right)}+\csc{\left(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi \alpha}{2}\right)}}{4}-\frac{\csc{\left( \pi + \frac{\pi \alpha}{3} \right)}+\csc{\left(\frac{2\pi}{3} +\frac{\pi \alpha}{3}\right)}-\csc{\left( \frac{\pi}{3} + \frac{\pi \alpha}{3}\right)}}{6}$

$\displaystyle \frac{12f(\alpha)}{\pi} = 3\sec{\frac{\pi \alpha}{2}} -3\csc{\frac{\pi \alpha}{2}}+2\csc{\frac{\pi \alpha}{3}}+2\csc{\left( \frac{2\pi}{3}+\frac{\pi \alpha}{3}\right)}-2\csc{\left(\frac{\pi}{3}+\frac{\pi \alpha}{3}\right)}$

Diferencie ambos lados con respecto a $\alpha$ y evaluar en $0$ para obtener la integral que desea.

Answer 3

Definamos la rama de $\log$ para estar en el eje real positivo. Consideramos la función de valor complejo

$$ f(z)=\frac{\log(z)^2}{(z^2+1)(z^3+1)} $$

integramos esta función alrededor de un contorno de ojo de cerradura en el plano complejo con hendidura en el eje real positivo. Las contribuciones del círculo grande se desvanecen porque $f(|z|)\sim \log(|z|)/|z|^5$ como $|z|\rightarrow \infty$ por lo que nos quedamos con

$$ \oint f(z)=\int_0^{\infty}\frac{\log(x)^2}{(x^2+1)(x^3+1)}-\int_0^{\infty}\frac{(\log(x)+2 i \pi)^2}{(x^2+1)(x^3+1)}=2\pi i\sum_i\text{Res}(f(z),z=z_i) $$

donde son las raíces del denominador de $f(z)$ : $z_0=-1,z_{2/3}=\pm i,z_{4,5}=e^{\pm i2 \pi/3}$ . Podemos reescribir esto como $$ \int_0^{\infty}\frac{\log(x)}{(x^2+1)(x^3+1)}=\sum_i\text{Res}(f(z),z=z_i)-2\pi i\int_0^{\infty}\frac{1}{(x^2+1)(x^3+1)} $$

La integral restante puede evaluarse mediante la engorrosa descomposición de la fracción parcial o considerando

$$ g(z)=\frac{\log(z)}{(z^2+1)(z^3+1)} $$

integrado en el mismo contorno que el anterior.

Os dejo los detalles pero a partir de ahora (también el cálculo de los residuos si se tiene en cuenta $\log(i)=\frac{i\pi}{2},\log(i)=\frac{3i\pi}{2}$ para esta elección de corte de rama) así que te dejo los detalles...

Como alternativa se puede ignorar la integral restante porque dará una contribución puramente imaginaria y podemos escribir (la lhs es puramente real)

$$ \int_0^{\infty}\frac{\log(x)}{(x^2+1)(x^3+1)}=\Re\left[\sum_i\text{Res}(f(z),z=z_i)\right] $$

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Este método funcionará para

$$ \int_0^{\infty}\frac{\log(z)^2}{(z^2+1)(z^n+1)}dz $$

mientras $n$ es un número natural

Answer 4

Esta es una variante de @cansado de la solución. En esta solución, sólo se requiere saber:

• Cómo expandir una función racional en la descomposición de fracciones parciales,
• Cómo calcular el logaritmo complejo, y
• La siguiente reclamación:

Reclamación. Para cualquier $z \in \Bbb{C}\setminus(-\infty, 0]$ tenemos $$ I(z) := \int_{0}^{\infty} \left( \frac{\log x}{x+z} - \frac{\log x}{x+1} \right) \, dx = -\frac{1}{2}\log^2 z \tag{1}$$ donde $\log$ es el valor principal del logaritmo complejo.

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Cálculo. Antes de probar la afirmación, veamos cómo $\text{(1)}$ nos permite calcular la integral en cuestión. Utilizando la descomposición de la fracción parcial, obtenemos

\begin {align*} \frac {1}{(1+x^2)(1+x^3)} &= \frac {1-i}{4} \cdot\frac {1}{x-i} + \frac {1+i}{4} \cdot\frac {1}{x+i} \\ & \qquad \qquad + \frac {1}{6} \cdot \frac {1}{x+1} - \frac {1}{3} \cdot \frac {1}{x - e^{ \pi i/3}} - \frac {1}{3} \cdot \frac {1}{x - e^{- \pi i/3}}. \end {align*}

(Obviamente, esto es un disfraz de la solución complejo-analítica de @tired, ya que esta descomposición proviene a menudo del cálculo de residuos. Por otra parte, el residuo ya no es una necesidad y así se puede trabajar puramente con el álgebra).

Obsérvese también que la suma de los "coeficientes" es cero: $ \frac{1-i}{4} + \frac{1+i}{4} + \frac{1}{6} - \frac{1}{3} - \frac{1}{3} = 0$ . Por tanto, de la afirmación se deduce que

\begin {align*} \int_ {0}^{ \infty } \frac { \log x}{(1+x^2)(1+x^3)} \N - dx &= \frac {1-i}{4} I(-i) + \frac {1+i}{4}I(i) \\ & \qquad \qquad + \frac {1}{6}I(1) - \frac {1}{3}I(-e^{ \pi i/3}) - \frac {1}{3}I(-e^{- \pi i/3}) \\ &= - \frac {1}{2} \bigg [ \frac {1-i}{4} \left ( - \frac {i \pi }{2} \right )^2 + \frac {1+i}{4}I \left ( \frac {i \pi }{2} \right )^2 \\ & \qquad \qquad + 0 - \frac {1}{3} \left ( - \frac {2i \pi }{3} \right )^2 - \frac {1}{3} \left ( \frac {2i \pi }{3} \right )^2 \bigg ] \\ &= - \frac {37}{432} \pi ^2. \end {align*}

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Prueba de reclamación. Ahora queda por calcular la integral $\text{(1)}$ Esto se hace fácilmente diferenciando $I(z)$ :

$$ I'(z) = - \int_{0}^{\infty} \frac{\log x}{(x+z)^2} \, dx. $$

Para calcular esta integral, primero sustituimos el límite inferior por $\epsilon > 0$ para obtener

$$ - \int_{\epsilon}^{\infty} \frac{\log x}{(x+z)^2} \, dx = \frac{\epsilon \log \epsilon}{z(z+\epsilon)} - \frac{1}{z}\log (z+\epsilon). $$

Tomando el límite como $\epsilon \to 0^+$ obtenemos

$$ I'(z) = -\frac{1}{z}\log z, \qquad I(1) = 0. $$

Esto es suficiente para demostrar la afirmación. ////