Cálculo de la integral $\int_0^{\infty}{\frac{\ln x}{1+x^n}}$ utilizando el análisis complejo

Question

Necesito calcular $\int_0^{\infty}{\frac{\ln x}{1+x^n}}$ $,n\geq2$ utilizando el análisis complejo. Probablemente tenga que usar el Teorema del Residuo.

Utilizo la función $f(z)={\frac{\ln z}{1+z^n}}$ en la rama normal.

He intentado usar este contorno.

Donde $\theta$ es un ángulo para que sólo $z_{0}$ estará en el dominio (espero que quede claro en el dibujo)

He calculado $|\int_{\Gamma_{R}}|$ y $|\int_{\Gamma_{\epsilon}}|$ y demostró que deben tender a $0$ cuando $\epsilon \rightarrow0$ y $R \rightarrow\infty$ . (¿Es cierto?)

Sin embargo, tengo problemas para calcular $\int_{\Gamma_{2}}$ . ¿Tiene algo que ver con la elección de la $\theta$ ?

¿Alguna idea?

Gracias.

ACTUALIZACIÓN

Después del comentario de Christopher elegí $\theta=\frac{2\pi}{n}$ que da, tras la parametrización $\Gamma (t) = te^{\frac{2\pi i}{n}}$ , $t\in(\epsilon,R)$ :

$$\int_{\Gamma_{2}}{\frac{\ln z}{1+z^n}dz} = \int_{\epsilon}^{R}{\frac{\ln (te^\frac{2\pi i}{n})}{1+t^n}e^\frac{2\pi i}{n}dt} = e^\frac{2\pi i}{n}\int_{\epsilon}^{R}{\frac{\ln t}{1+t^n}dt} + ie^\frac{2\pi i}{n}\int_{\epsilon}^{R}{\frac{\frac{2\pi}{n}}{1+t^n}dt} =$$ $$ = e^\frac{2\pi i}{n}\int_{0}^{\infty}{\frac{\ln t}{1+t^n}dt} + ie^\frac{2\pi i}{n}\int_{0}^{\infty}{\frac{\frac{2\pi}{n}}{1+t^n}dt} $$

Pero no tengo ni idea de cómo tratar la segunda integral.

Answer 1

Utilizando el contorno de la pregunta:

$\hspace{4cm}$

la integración del contorno da $$ \begin{align} &2\pi i\,\mathrm{Res}\left(\frac{\log(z)}{1+z^n},z=e^{i\pi/n}\right)\\ &=\frac{2\pi^2e^{i\pi/n}}{n^2}\\ &=\color{#00A000}{\lim_{R\to\infty}\int_0^R\frac{\log(x)}{1+x^n}\,\mathrm{d}x} \color{#C00000}{+\int_0^{2\pi/n}\frac{\log(R)+ix}{1+R^ne^{inx}}iRe^{ix}\mathrm{d}x} \color{#0000FF}{-e^{i2\pi/n}\int_0^R\frac{\log(x)+i2\pi/n}{1+x^n}\,\mathrm{d}x}\\ &=\left(1-e^{i2\pi/n}\right)\int_0^\infty\frac{\log(x)}{1+x^n}\,\mathrm{d}x -e^{i2\pi/n}\int_0^\infty\frac{i2\pi/n}{1+x^n}\,\mathrm{d}x\tag{1} \end{align} $$ donde la integral verde es la línea de salida, la integral roja es el arco circular y la integral azul es la línea de retorno. En $n>1$ la integral en rojo desaparece como $R\to\infty$ .

Dividiendo $(1)$ por $-2ie^{i\pi/n}$ obtenemos $$ i\frac{\pi^2}{n^2}=\sin(\pi/n)\int_0^\infty\frac{\log(x)}{1+x^n}\,\mathrm{d}x +e^{i\pi/n}\int_0^\infty\frac{\pi/n}{1+x^n}\,\mathrm{d}x\tag{2} $$ Tomando la parte imaginaria de $(2)$ obtenemos $$ \frac{\pi^2}{n^2}=\sin(\pi/n)\int_0^\infty\frac{\pi/n}{1+x^n}\,\mathrm{d}x\tag{3} $$ y tomando la parte real de $(2)$ obtenemos $$ \sin(\pi/n)\int_0^\infty\frac{\log(x)}{1+x^n}\,\mathrm{d}x +\cos(\pi/n)\int_0^\infty\frac{\pi/n}{1+x^n}\,\mathrm{d}x=0\tag{4} $$ Combinando $(3)$ y $(4)$ rinde $$ \int_0^\infty\frac{\log(x)}{1+x^n}\,\mathrm{d}x=-\frac{\pi^2}{n^2}\csc(\pi/n)\cot(\pi/n)\tag{5} $$

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Un método alternativo

Utilizando este resultado $$ \frac{\pi}{n}\csc\left(\pi\frac{m+1}{n}\right)=\int_0^\infty\frac{x^m}{1+x^n}\,\mathrm{d}x\tag{6} $$ Diferenciación en $m$ rinde $$ -\frac{\pi^2}{n^2}\csc\left(\pi\frac{m+1}{n}\right)\cot\left(\pi\frac{m+1}{n}\right)=\int_0^\infty\frac{\log(x)x^m}{1+x^n}\,\mathrm{d}x\tag{7} $$ Por lo tanto, el establecimiento de $m=0$ da $$ -\frac{\pi^2}{n^2}\csc\left(\frac\pi n\right)\cot\left(\frac\pi n\right)=\int_0^\infty\frac{\log(x)}{1+x^n}\,\mathrm{d}x\tag{7} $$

Answer 2

Definamos, para $r>0$ , $$\Gamma_{r}=\{r e^{i\alpha}\ :\ 0\leq\alpha\leq\theta\}$$ Los arcos circulares de su contorno son entonces $\Gamma_{\epsilon}$ y $\Gamma_{R}$ .

Observamos que, para $z\in\Gamma_{\epsilon}$ $$\left|\frac{\ln z}{1+z^n}\right|\leq|\ln z|\leq 2\ln\epsilon$$ si $\epsilon$ es lo suficientemente pequeño. Así que $$\left|\int_{\Gamma_\epsilon} f(z)\right|\leq 2\theta\epsilon\ln\epsilon$$ que va a $0$ con $\epsilon$ . Además, para $R$ lo suficientemente grande, $$|\ln z|\leq 2\ln R$$ cuando $z\in \Gamma_R$ . Así que $$\left|\frac{\ln z}{1+z^n}\right|\leq\frac{2\ln R}{R^n-1}$$ por lo que $$\left|\int_{\Gamma_R} f(z)\right|\leq\theta R\frac{2\ln R}{R^n-1}$$ que va a $0$ cuando $R\to\infty$ , si $n>1$ . (Así que, sí, estas dos piezas van a cero)

Ahora toma $\Gamma_1=\{r\ :\ \epsilon\leq r\leq R\}$ y $\Gamma_2=e^{i\theta}\Gamma_1$ ; definir el contorno $\Gamma$ caminando a lo largo de $\Gamma_1$ entonces $\Gamma_R$ y luego hacia atrás a lo largo de $\Gamma_2$ y $\Gamma_\epsilon$ .

Las raíces de $1+z^n=0$ son los $n$ -raíces de $-1$ Es decir $$z_k=e^{i\frac{(2k+1)\pi}{n}}$$ por lo que, si tomamos $\theta\in (\frac{\pi}{n},\frac{3\pi}{n})$ , $\Gamma$ rodea exactamente un polo de $f$ .

Ahora, siguiendo la pista de Christopher A. Wong, ponemos $\theta=\frac{2\pi}{n}$ Por lo tanto, si $z\in\Gamma_2$ obtenemos $z^n=|z|^ne^{in\theta}=|z|^n$ y $\ln z=\ln|z| + i\frac{2\pi}{n}$ .

Así que $$\int_{\Gamma_2}f(z)=\int_{\epsilon}^R\frac{\ln x + i\frac{2\pi}{n}}{1+x^n}e^{i\frac{2\pi}{n}}dx$$

Recordamos que $$\int_0^\infty\frac{1}{1+x^n}dx=\frac{\pi/n}{\sin(\pi/n)}$$ con el mismo método que utilizamos ahora (integrando en $\Gamma$ !).

Llame a $J=\int_{0}^\infty \ln x/(1+x^n) dx$ y $L$ el residuo de $f(z)=\ln z /(1+z^n)$ en $z=e^{i\frac{\pi}{n}}$ entonces $$2i\pi L=J-e^{i\frac{2\pi}{n}}\left(J+i\frac{2\pi}{n}\frac{\pi/n}{\sin(\pi/n)}\right)$$ es decir $$J=\frac{2i\pi L+ie^{i\frac{2\pi}{n}}\frac{2\pi^2/n^2}{\sin(\pi/n)}}{1-e^{i\frac{2\pi}{n}}}$$

Ahora basta con realizar los cálculos.

Answer 3

He aquí una solución alternativa. Considere un contorno de ojo de cerradura estándar:

y que $$f(z) = \frac{(\log z)^2}{1+z^n}$$ donde $\log$ denota la rama natural del logaritmo complejo. Las estimaciones habituales sobre $\gamma$ y $\Gamma$ demostrar que $$\int_\gamma f(z)\,dz \to 0 \qquad\text{and}\qquad \int_\Gamma f(z)\,dz \to 0$$ como $r \to 0$ y $R \to \infty$ . En el límite, nos quedaremos con $$\int_0^\infty \frac{(\ln x)^2}{1+x^n}\,dx$$ de la parte ''superior'' del eje real y $$-\int_0^\infty \frac{(\ln x + 2\pi i)^2}{1+x^n}\,dx$$ de la parte "inferior". Sumando todo esto, el $(\ln x)^2$ -términos se cancelarán, y terminaremos con $$4\pi i \int_0^\infty \frac{\ln x}{1+x^n} - 4\pi^2 \int_0^\infty \frac{1}{1+x^n}\,dx.$$ Por el teorema del residuo, esta suma será igual a $$2\pi i \sum \operatorname{Res}(f; \alpha_k)$$ donde la suma se realiza sobre todos los polos de $f$ . Estos polos vienen dados por las soluciones de $z^n = -1$ es decir $\alpha_k = \exp\Big( \frac{i\pi}{n}(2k+1) \Big)$ para $0 \le j \le n-1$ . También, \begin{align} \operatorname{Res}(f; \alpha_k) &= \frac{(\log \alpha_k)^2}{n\alpha_k^{n-1}} = -\frac{\alpha_k(\log \alpha_k)^2}{n} \\ &= -\frac{\exp\Big( \frac{i\pi}{n}(2k+1) \Big)\Big(\frac{i\pi}{n}(2k+1) \Big)^2}{n} \\ &= \frac{\pi^2}{n^3} \exp\Big( \frac{i\pi}{n}(2k+1) \Big)\Big((2k+1) \Big)^2. \end{align}

Resumiendo (sin dejar de tener en cuenta todos los $i$ :s), terminamos con \begin{align} \int_0^\infty \frac{\ln x}{1+x^n} &= -\frac12 \operatorname{Re} \left( \sum \operatorname{Res}(f; \alpha_k) \right) \\ &= -\frac{\pi^2}{2n^3} \sum_{j=0}^{n-1} \exp\Big( \frac{i\pi}{n}(2k+1) \Big)\Big((2k+1) \Big)^2. \end{align}

(Dejaré como ejercicio el álgebra que demuestra que esta respuesta es la misma que la otra dada).

Answer 4

Por si acaso, se puede exponer la solución como $$\sum\limits_{k \in \Bbb Z} {{{{{\left( { - 1} \right)}^{k+1}}} \over {{{\left( {kn + 1} \right)}^2}}}} = \sum\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{{{{\left( { - 1} \right)}^{k+1}}} \over {{{\left( {kn + 1} \right)}^2}}}} $$

haciendo un cambio de varibles $x\mapsto e^u$ y luego integrando sobre los lados positivo y negativo de $\Bbb R$ al ampliar $$\frac 1{1+e^{nu}}$$ como $$\sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}} {e^{nku}}$$ ou $$\sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}} {e^{-n(k+1)u}}$$ para asegurar la convergencia. Entonces se utiliza $$ - \int\limits_{ - \infty }^0 {u{e^{au}}du} = \int\limits_0^\infty {u{e^{ - au}}du} = {1 \over {{\alpha ^2}}}$$ para obtener una serie dividida

$$\sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}} {{ - 1} \over {{{\left( {nk + 1} \right)}^2}}} + \sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}} {1 \over {{{\left( {n\left( {k + 1} \right) - 1} \right)}^2}}}$$

que se puede fusionar mediante $$\eqalign{ & \sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}} {{ - 1} \over {{{\left( {nk + 1} \right)}^2}}} - \sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}} {1 \over {{{\left( {n\left( {k + 1} \right) - 1} \right)}^2}}} = \cr & - \sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}} {1 \over {{{\left( {nk + 1} \right)}^2}}} - \sum\limits_{k = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}} {1 \over {{{\left( {nk - 1} \right)}^2}}} = \cr & - \sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}} {1 \over {{{\left( {nk + 1} \right)}^2}}} - \sum\limits_{k = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}} {1 \over {{{\left( { - nk + 1} \right)}^2}}} = \cr & - \sum\limits_{ - \infty }^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}} {1 \over {{{\left( {nk + 1} \right)}^2}}} = \cr & \sum\limits_{ - \infty }^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}} {1 \over {{{\left( {nk + 1} \right)}^2}}} \cr} $$

Lo más probable es que se pueda confirmar que la serie es igual a lo que escribió robjohn utilizando las identidades que relacionan la poligamma-1 con la cotangente. De hecho $$\int\limits_0^\infty {{{\log x} \over {1 + {x^n}}}dx} = 1 - {1 \over {{n^2}}}\left[ {\varphi \left( {{1 \over n}} \right) + \varphi \left( { - {1 \over n}} \right)} \right]$$ donde $$\sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}} {1 \over {{{\left( {k + z} \right)}^2}}} = \varphi \left( z \right)$$ si no me equivoco de signo.

ADD Entonces, tenemos que $$I(n) = 1 - {1 \over {{n^2}}}\left[ {\varphi \left( {{1 \over n}} \right) + \varphi \left( { - {1 \over n}} \right)} \right] = 1 - {1 \over {{{\left( {2n} \right)}^2}}}\left[ {{\psi ^{\left( 1 \right)}}\left( {{1 \over {2n}}} \right) - {\psi ^{\left( 1 \right)}}\left( {{1 \over {2n}} + {1 \over 2}} \right) + {\psi ^{\left( 1 \right)}}\left( { - {1 \over {2n}}} \right) - {\psi ^{\left( 1 \right)}}\left( { - {1 \over {2n}} + {1 \over 2}} \right)} \right]$$

y W|A confirma que $$\psi^{(1)} \left( {{1 \over {2n}}} \right) - \psi^{(1)} \left( {{1 \over {2n}} + {1 \over 2}} \right) + \psi^{(1)} \left( { - {1 \over {2n}}} \right) - \psi^{(1)} \left( { - {1 \over {2n}} + {1 \over 2}} \right) ={4n}^2 + {\pi ^2}{\csc ^2}{\pi \over {2n}} - {\pi ^2}{\sec ^2}{\pi \over {2n}}$$ lo que demuestra lo que escribió robjohn, pero sigo sin encontrar una fuente que demuestre esta última identidad.

Answer 5

Esto NO es una respuesta a la pregunta original. Es una justificación de la identidad final en la respuesta de Peter. Esto fue solicitado en el chat, pero demasiado largo para poner allí o en un cuadro de comentarios.

@Peter, todo lo que necesitas es recurrencia y reflexión para la función trigamma. Tomando $z = 1/2n,$ primero encontramos $$ \psi^{(1)} \left( 1 + \frac{1}{2n} \right) = \psi^{(1)} \left( \frac{1}{2n} \right) - \frac{1}{z^2} = \psi^{(1)} \left( \frac{1}{2n} \right) -4 n^2. $$ Siguiente $$ \psi^{(1)} \left( 1 - \left( 1 + \frac{1}{2n} \right) \right) + \psi^{(1)} \left( 1 + \frac{1}{2n} \right) = \pi^2 \csc^2 \frac{\pi}{2n}, $$ así que $$ \psi^{(1)} \left( - \frac{1}{2n} \right) + \psi^{(1)} \left( \frac{1}{2n} \right) - 4 n^2 = \pi^2 \csc^2 \frac{\pi}{2n}, $$ o $$ \psi^{(1)} \left( - \frac{1}{2n} \right) + \psi^{(1)} \left( \frac{1}{2n} \right) = 4 n^2 + \pi^2 \csc^2 \frac{\pi}{2n}. $$

Puis $$ \psi^{(1)} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{2n} \right) + \psi^{(1)} \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{2n} \right) = \pi^2 \csc^2 \left(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2n} \right) = \pi^2 \sec^2 \left( \frac{\pi}{2n} \right). $$