Mostrar que $\int_{0}^{\infty }\frac {\ln x}{x^4+1}\ dx =-\frac{\pi^2 \sqrt{2}}{16}$

Question

He podido demostrar que el uso de los residuos, pero estoy interesado en una manera diferente (por ejemplo el uso de Gamma, Beta o de cualesquiera otras funciones) para mostrar que $$ \int_{0}^{\infty}\frac{\ln\left(x\right)}{x^{4} + 1}\,{\rm d}x =-\frac{\,\pi^{2}\,\sqrt{\,2\,}\,}{16}. $$

Gracias de antemano.

Answer 1

Una posible forma es introducir $$ I(s)=\frac{1}{16}\int_0^{\infty}\frac{y^{s-\frac34}dy}{1+y}.\tag{1}$$ La integral que se busca es la obtenida como $I'(0)$ después del cambio de las variables de $y=x^4$.

Hagamos en (1) otro cambio de variables: $\displaystyle t=\frac{y}{1+y}\Longleftrightarrow y=\frac{t}{1-t},dy=\frac{dt}{(1-t)^2}$. Esto le da \begin{align} I(s)&=\frac{1}{16}\int_0^1t\cdot\left(\frac{t}{1-t}\right)^{s-\frac74}\cdot \frac{dt}{(1-t)^2}=\\ &=\frac{1}{16}\int_0^1t^{s-\frac34}(1-t)^{-s-\frac{1}{4}}dt=\\& =\frac{1}{16}B\left(s+\frac14,-s+\frac34\right)=\\& =\frac{1}{16}\Gamma\left(s+\frac14\right)\Gamma\left(-s+\frac34\right)=\\ &=\frac{\pi}{16\sin\pi\left(s+\frac14\right)}. \end{align} La diferenciación de este con respecto a $s$, realmente llegamos $$I'(0)=-\frac{\pi^2\cos\frac{\pi}{4}}{16\sin^2\frac{\pi}{4}}=-\frac{\pi^2\sqrt{2}}{16}.$$

Answer 2

Otro enfoque, se puede dividir el denominador parte de la siguiente manera $$ \frac{1}{x^4+1}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x^2-i}-\frac{1}{x^2+i}\right). $$ En consecuencia, la integral se convierte en $$ \int_{0}^{\infty }\frac {\ln x}{x^4+1}\ dx =\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty }\left(\frac{\ln x}{x^2-i}-\frac{\ln x}{x^2+i}\right)\ dx. $$ Utilizando la fórmula a partir de aquí, $$ \int_0^{\infty}\frac{\ln x}{x^2+a^2}\ dx=\frac {\pi \ln}{2a}, $$ obtenemos $$ \begin{align} \int_{0}^{\infty }\frac {\ln x}{x^4+1}\ dx&=\frac{1}{2i}\left(\frac {\pi \ln \sqrt{-i}}{2\sqrt{-i}}-\frac {\pi \ln \sqrt{i}}{2\sqrt{i}}\right)\\ &=\frac{\pi}{4i}\left(\frac {\ln i^{\frac{3}{2}}}{i^{\frac{3}{2}}}-\frac {\ln i^{\frac{1}{2}}}{i^{\frac{1}{2}}}\right). \end{align} $$ Tomando $0\le\theta\le2\pi$, de la fórmula de Euler tenemos $$ e^\frac{i\pi}{2}=\cos\frac{\pi}{2}+\sin\frac{\pi}{2}=i. $$ Así $$ \begin{align} \int_{0}^{\infty }\frac {\ln x}{x^4+1}\ dx &=\frac{\pi}{4i}\left(\frac {\ln e^\frac{3i\pi}{4}}{e^\frac{3i\pi}{4}}-\frac {\ln e^\frac{i\pi}{4}}{e^\frac{i\pi}{4}}\right)\\ &=\frac{\pi}{4i}\left(-\frac{i\pi}{2\sqrt{2}}\right)\\ &=\boxed{\color{blue}{-\Large\frac{\pi^2}{16}\sqrt{2}}} \end{align} $$ $$\\$$

---

$$\large\color{blue}{\text{# }\mathbb{Q.E.D.}\text{ #}}$$

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over x^{4} + 1}\,\dd x =-\,{\pi^2 \raíz{2} \over 16}:\ {\large ?}}$.

\begin{align} &\overbrace{\color{#c00000}{\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over x^{4} + 1}\,\dd x}} ^{\ds{x^{4} \mapsto x}} ={1 \over 16}\int_{0}^{\infty}{x^{-3/4}\ln\pars{x} \over x + 1}\,\dd x ={1 \over 16}\lim_{\mu \to -3/4}\partiald{}{\mu} \int_{0}^{\infty}{x^{\mu} \over x + 1}\,\dd x \\[3mm]&={1 \over 16}\lim_{\mu \to -3/4}\partiald{}{\mu} \int_{0}^{\infty}x^{\mu}\int_{0}^{\infty}\expo{-\pars{x + 1}t}\,\dd t\,\dd x \\[3mm]&={1 \over 16}\lim_{\mu \to -3/4}\partiald{}{\mu} \int_{0}^{\infty}\expo{-t}\int_{0}^{\infty}x^{\mu}\expo{-xt}\,\dd x\,\dd t \\[3mm]&={1 \over 16}\lim_{\mu \to -3/4}\partiald{}{\mu} \pars{\int_{0}^{\infty}t^{-\mu - 1}\expo{-t}\,\dd t} \pars{\int_{0}^{\infty}x^{\mu}\expo{-t}\,\dd x} \\[3mm]&={1 \over 16}\lim_{\mu \to -3/4} \partiald{\bracks{\Gamma\pars{-\mu}\Gamma\pars{\mu + 1}}}{\mu} \end{align} donde $\ds{\Gamma\pars{z}}$ es la Función Gamma ${\bf\mbox{6.1.1}}$.

Con Euler Reflexión Fórmula ${\bf\mbox{6.1.17}}$: \begin{align} &\color{#c00000}{\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over x^{4} + 1}\,\dd x} ={1 \over 16}\,\left. \partiald{\bracks{\pi\csc\pars{-\pi\mu}}}{\mu}\right\vert_{\mu\ =\ -3/4} ={1 \over 16}\, \bracks{\pi^{2}\cot\pars{3\pi \over 4}\csc\pars{3\pi \over 4}} \end{align}

$$\color{#00f}{\large% \int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over x^{4} + 1}\,\dd x =-\,{\raíz{2} \over 16}\,\pi^2} $$

Answer 4

Sustituto $t=1/(1+x^4)$ entonces tenemos $$\int_{0}^{\infty }\frac {\ln x}{x^4+1}\ dx =\frac{1}{16}\int_0^1 \ln\left(\frac{1-t}{t}\right)(1-t)^{-3/4}t^{-1/4}dt.$$ Y $\mathrm{B}(x,y)=\Gamma(x)\Gamma(y)/\Gamma(x+y)$, obtenemos $$\frac{\partial}{\partial x}\mathrm{B}(x,y)=\mathrm{B}(x,y)[\psi(x)-\psi(x+y)]$$ donde $\psi$ es función digamma. Y por Euler integral de la primera clase tenemos $$\frac{\partial}{\partial x}\mathrm{B}(x,y)=\int_0^1 \ln t\cdot t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt.$$ Así $$ \begin{array}{lcl} &&\frac{1}{16}\int_0^1 \ln\left(\frac{1-t}{t}\right)(1-t)^{-3/4}t^{-1/4}dt \\ &=&\frac{1}{16}\int_0^1 \ln(1-t) (1-t)^{-3/4} t^{-1/4}dt-\frac{1}{16}\int_0^1 \ln(t)\cdot (1-t)^{-3/4} t^{-1/4}dt\\ &=& \frac{1}{16}\int_0^1 \ln (t)\cdot t^{-3/4} (1-t)^{-1/4}dt -\frac{1}{16}\int_0^1 \ln(t)\cdot (1-t)^{-3/4} t^{-1/4}dt\\ &=&\frac{1}{16}\mathrm{B}\left(\frac{1}{4},\frac{3}{4}\right)\left[\psi\left(\frac{1}{4}\right)-\psi(1)\right]-\frac{1}{16}\mathrm{B}\left(\frac{1}{4},\frac{3}{4}\right)\left[\psi\left(\frac{3}{4}\right)-\psi(1)\right] \\ &=&\frac{1}{16}\mathrm{B}\left(\frac{1}{4},\frac{3}{4}\right)\left[\psi\left(\frac{1}{4}\right)-\psi\left(\frac{3}{4}\right) \right] \end{array} $$ Y $\mathrm{B}\left(\frac{1}{4},\frac{3}{4}\right)\left[\psi\left(\frac{1}{4}\right)-\psi\left(\frac{3}{4}\right) \right]=-\pi^2\sqrt{2}$. (Que fácilmente puede ser derivada a partir de la reflexión de la fórmula de gamma y digamma función.)

Answer 5

Y sin embargo, otra manera para que usted disfrute. Definir

$$f(z):=\frac{\text{Log}\,z}{z^4+1}\;,\;\;C_R:=[-R,R]\cup\gamma_R:=\{z\in\Bbb C\;;\;z=Re^{it}\,,\,\,0<t<\pi\}\;,\;\;1<R\in\Bbb R$$

Ahora, el único polos dentro de la región determinada por $\,C_R\,$ son simple (¿por qué? Y tenga en cuenta que $\,z=0\,$ es un polo pero con residuo igual a cero...)

$$z_1=e^{\frac{\pi i}4}\;,\;\;z_2=e^{\frac{3\pi i}4}\implies$$

$$\begin{align*}\text{Res}_{z=z_1}(f)&=\lim_{z\to z_1}(z-z_1)f(z)\stackrel{\text{l'Hospital}}=\lim_{z\to z_1}\frac{\text{Log}\,z}{4z^3}&=\frac{\pi i}{16e^{\frac{3\pi i}4}}&=\frac{\pi }{16\sqrt2}\left(1-i\right)=\\ \text{Res}_{z=z_2}(f)&=\lim_{z\to z_2}(z-z_2)f(z)\stackrel{\text{l'Hospital}}=\lim_{z\to z_2}\frac{\text{Log}\,z}{4z^3}&=\frac{3\pi i}{16e^{\frac{\pi i}4}}&=\frac{3\pi }{16\sqrt2}\left(1+i\right)\end{align*}$$

Así, por el Teorema de Cauchy, se obtiene:

$$2\pi i\left(\frac{\pi}{16\sqrt2}\left(1-i\right)+\frac{3\pi}{16\sqrt2}\left(1+i\right)\right)=-\frac{\pi^2}{4\sqrt2}=\oint\limits_{C_R}f(z)\,dz=\int\limits_{-R}^R\frac{dx}{x^4+1}+\int\limits_{\gamma_R}f(z)dz$$

Y ya

$$\left|\;\int\limits_{\gamma_R}f(z)dz\;\right|\le\frac{\pi R}{R^4-1}\xrightarrow[R\to\infty]{}0$$

tenemos

$$2\int\limits_0^\infty\frac{dx}{x^4+1}\stackrel{\text{why?}}=\int\limits_{-\infty}^\infty\frac1{x^4+1}=\lim_{R\to\infty}\int\limits_{C_R}f(z)\,dz=-\frac{\pi^2}{4\sqrt2}$$

Nota: Para hacer el anterior hemos tenido que elegir una rama de corte para el complejo de la función logaritmo, sin embargo, nosotros no elegimos la habitual (es decir, el no positivo de reales), sino más bien la negativa puramente eje imaginario, así que...¿por qué lo hacemos?, ¿y qué pasó con el cero, el gran némesis de los complejos logaritmo?