Evaluar

Question

Estoy buscando una forma cerrada de esta integral$$I_3=\int_0^{\infty}\left(\frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}\right)^3 dx$ $ I've managed to evaluate $ $I_1=\int_0^{\infty} \frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}dx=\pi \ln 2$$ with the change of variable $ x = \ tan \ theta$, $ dx = (1 (\ bronceado \ theta) ^ 2) d \ theta$ giving $ $I_1=-2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(\cos \theta ) d\theta$ $ which is classic. But I'm stuck with the power $ (\ ln (\ cos \ theta)) ^ 3$ in $ $ I_3. Gracias por tu ayuda.

Answer 1

Tenemos

$$\int_0^{+\infty}\!\left(\frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}\right)^3\!{\rm d}x=\frac{9\pi}{4} \zeta(3)+\frac{3 \pi}{2} \ln^3 2-\frac{21\pi}{8}\ln^2 2-\frac{33\pi}{16} \ln 2-\frac{7 \pi ^3}{32}-\frac{57 \pi }{64}.$$

Prueba. Observar que $$ \left(\frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}\right)^3=-\partial_s^3 \left.\left(\frac{1}{(1+x^2)^s}\right)\right|_{s=3} \tag1 $$ Entonces usted puede escribir $$\begin{align} \int_0^{+\infty}\frac{1}{(1+x^2)^s}{\rm d}x &=\frac12\int_0^1u^s\left(\frac1u-1\right)^{-1/2}\frac{{\rm d}u}{u^2},\quad \color{purple}{u=\frac{1}{1+x^2},\, x=\left(\frac1u-1\right)^{1/2}}\\\\ &=\frac12\int_0^1u^{s-3/2}\left(1-u\right)^{-1/2}{\rm d}u\\\\ &=\frac12\frac{\Gamma\left(s-\frac12\right)\Gamma\left(\frac12\right)}{\Gamma(s)}\\\\ &=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\frac{\Gamma\left(s-\frac12\right)}{\Gamma(s)} \qquad \qquad (2) \end{align} $$ donde, en el último paso, hemos utilizado el clásico de la función beta de Euler representación integral.

Ahora, la realización de $\displaystyle -\partial_s^3 $ $(2)$y el uso de $(1)$, usted puede fácilmente obtener una forma cerrada de expresión para su integral con la ayuda de Wolfram|Alpha para el cálculo de $$ -\partial_s^3 \left.\left(\frac{\Gamma\left (\frac12\right)}{\Gamma(s)}\right)\right|_{s=3} $$

Answer 2

Prueba este $$ I_3 = \ lim _ {\ beta \ rightarrow 0} \ frac {\ partial ^ 3} {\ partial \ beta ^ 3} \ int \ left (1 x ^ 2 \ right) ^ {\ beta 3 dx} $$