Evaluar $\int_0^\infty \frac {(\log x)^4dx}{(1+x)(1+x^2)}$

Question

Evaluar $$\displaystyle\int_0^\infty \frac {(\log x)^4dx}{(1+x)(1+x^2)}$$

Este es un problema del examen final de un curso de análisis complejo en mi universidad. Estoy estudiando para el examen de este año y he encontrado este problema. El examinador supone que debemos utilizar el cálculo de residuos. ¿Podríais dar vuestras valiosas sugerencias sobre cómo proceder?

Answer 1

Podemos usar la fuerza bruta.

Primero, fíjate en eso: $$ \int_0^\infty \frac{\log(x)}{(1+x)(1+x^2)}=\frac{-\pi^2}{16}, \int_0^\infty \frac{\log^2(x)}{(1+x)(1+x^2)}=\frac{\pi^3}{16} ,\int_0^\infty \frac{\log^3(x)}{(1+x)(1+x^2)}=\frac{-7\pi^4}{128}$$

Ahora, para calcular $\int_0^\infty \frac{\log^4(x)}{(1+x)(1+x^2)}$ consideraremos la integral $\int_C\frac{\log^5(z)}{(1+z)(1+z^2)}$ y utilizar el contorno del ojo de la cerradura

Entonces

$\begin{align} \displaystyle \int_C \frac{\log^5(z)}{(1+z)(1+z^2)}dz = \int_{\epsilon}^{R} \frac{\log^5(x)}{(1+x)(1+x^2)}dx-\int_{\epsilon}^{R} \frac{(\log(x)+2\pi i)^5}{(1+x)(1+x^2)}dx+(\int_{\gamma_{\epsilon}}+\int_{\gamma_R})f(z)dz = 2\pi i(\operatorname{Res}_{z=i}f(z)+\operatorname{Res}_{z=-i}f(z)+\operatorname{Res}_{z=-1}f(z))\end{align}$

Dónde $f(z)= \frac{\log^5(x)}{(1+x)(1+x^2)}$

Obsérvese que la rama de $\log(z)$ es con $0< \theta< 2\pi$ que tenemos:

$\operatorname{Res}_{z=i}f(z)= \frac{\pi^5(1-i)}{128}$

$\operatorname{Res}_{z=-i}f(z)= \frac{243\pi^5(-1-i)}{128}$

$\operatorname{Res}_{z=-1}f(z)= \frac{i\pi^5}{2}$

Entonces: $2\pi i(\operatorname{Res}_{z=i}f(z)+\operatorname{Res}_{z=-i}f(z)+\operatorname{Res}_{z=-1}f(z))= \frac{-242\pi^6 i}{64}+\frac{180\pi^6}{64}$

Cuando $\epsilon \rightarrow 0$ y $R \rightarrow \infty$ :

$$\begin{align} \int_{\epsilon}^{R} \frac{\log^5(x)}{(1+x)(1+x^2)}dx-\int_{\epsilon}^{R} \frac{(\log(x)+2\pi i)^5}{(1+x)(1+x^2)}dx \end{align}$$

$$= -\int_{0}^{\infty}\frac{10\pi i \log^4(x)}{(1+x)(1+x^2)}+\int_{0}^{\infty}\frac{40\pi^2\log^3(x)}{(1+x)(1+x^2)}+\int_{0}^{\infty}\frac{80i\pi^3\log^2(x)}{(1+x)(1+x^2)}-\int_{0}^{\infty}\frac{80\pi^4\log(x)}{(1+x)(1+x^2)}-\int_{0}^{\infty}\frac{i32\pi^5}{(1+x)(1+x^2)}= -\int_{0}^{\infty}\frac{10\pi i \log^4(x)}{(1+x)(1+x^2)}- \frac{140\pi^6}{64}+\frac{320i\pi^6}{64}+\frac{320\pi^6}{64}-\frac{512i\pi^6}{64} = -\int_{0}^{\infty}\frac{10\pi i \log^4(x)}{(1+x)(1+x^2)}+ \frac{180\pi^6}{64}-\frac{192i\pi^6}{64}$$

Y debes demostrarlo:

$|\int_{\gamma_{\epsilon}}f(z)dz| \rightarrow 0 , |\int_{\gamma_R}f(z)dz| \rightarrow 0$

Así que: $$-\int_{0}^{\infty}\frac{10\pi i \log^4(x)}{(1+x)(1+x^2)}+ \frac{180\pi^6}{64}-\frac{192i\pi^6}{64}=\frac{-242\pi^6 i}{64}+\frac{180\pi^6}{64}$$

Sigue eso:

$$\int_{0}^{\infty}\frac{\log^4(x)}{(1+x)(1+x^2)}=\frac{5\pi^5}{64}$$ .

Entonces la cuestión es cómo calcular $ \int_0^\infty \frac{\log(x)}{(1+x)(1+x^2)}=\frac{-\pi^2}{16}, \int_0^\infty \frac{\log^2(x)}{(1+x)(1+x^2)}=\frac{\pi^3}{16} ,\int_0^\infty \frac{\log^3(x)}{(1+x)(1+x^2)}=\frac{-7\pi^4}{128}$

Para calcular estas integrales se debe proceder de la misma manera. Es decir, para calcular $ \int_0^\infty \frac{\log^{n}(x)}{(1+x)(1+x^2)}$ debe considerar $\int_C\frac{\log^{n+1}(z)}{(1+z)(1+z^2)}$ . En nuestro caso, $n=1,2,3$ .

Answer 2

Para $-1\lt a\lt0$ , $$ \begin{align} &\int_0^\infty\frac{x^a}{(1+x)(1+x^2)}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^\infty\frac{x^a}2\left(\frac1{1+x}+\frac{1-x}{1+x^2}\right)\mathrm{d}x\\ &=\frac12\int_0^\infty\frac{x^a}{1+x}\,\mathrm{d}x+\frac14\int_0^\infty\frac{x^{\frac{a-1}2}}{1+x}\,\mathrm{d}x-\frac14\int_0^\infty\frac{x^{\frac{a}2}}{1+x}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac12\Gamma(1+a)\Gamma(-a)+\frac14\Gamma\!\left(\frac{1+a}2\right)\Gamma\!\left(\frac{1-a}2\right)-\frac14\Gamma\!\left(\frac{2+a}2\right)\Gamma\!\left(-\frac{a}2\right)\\ &=-\frac12\frac\pi{\sin(\pi a)}+\frac14\frac\pi{\cos\left(\frac\pi2a\right)}+\frac14\frac\pi{\sin\left(\frac\pi2a\right)}\\ &=\frac\pi4\frac{1+\cos\left(\frac\pi2a\right)-\sin\left(\frac\pi2a\right)}{\left(1+\cos\left(\frac\pi2a\right)\right)\cos\left(\frac\pi2a\right)}\\ &=\frac\pi2\frac1{1+\cos\left(\frac\pi2a\right)+\sin\left(\frac\pi2a\right)}\\ \end{align} $$ Esto se puede continuar analíticamente hasta $-1\lt a\lt 2$ .

Tomando $4$ derivadas da $$ \begin{align} &\int_0^\infty\frac{\log(x)^4x^a}{(1+x)(1+x^2)}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{\pi^5}{32}\frac{\scriptsize105+45\left(\sin\left(\frac\pi2a\right)+\cos\left(\frac\pi2a\right)\right)-54\sin(\pi a)-11\left(\sin\left(\frac{3\pi}2a\right)-\cos\left(\frac{3\pi}2a\right)\right)-\cos(2\pi a)}{2\left(1+\cos\left(\frac\pi2a\right)+\sin\left(\frac\pi2a\right)\right)^5} \end{align} $$ y evaluando en $a=0$ da $$ \int_0^\infty\frac{\log(x)^4}{(1+x)(1+x^2)}\,\mathrm{d}x =\frac{5\pi^5}{64} $$

Answer 3

$$\int_{0}^{+\infty}\frac{(1-x)\log^4 x}{1-x^4}\,dx=\int_{0}^{1}\frac{(1-x)\log^4 x}{1-x^4}\,dx+\int_{0}^{1}\frac{\left(1-\frac{1}{x}\right)\log^4 x}{x^2\left(1-\frac{1}{x^4}\right)}\,dx $$ puede escribirse como $$ \int_{0}^{1}\frac{\log^4(x)}{1+x^2}\,dx = \sum_{k\geq 0}(-1)^k \int_{0}^{1}x^{2k}\log^4(x)\,dx=\sum_{k\geq 0}\frac{24(-1)^k}{(2k+1)^5} $$ y el RHS es bien conocido por estar relacionado con los números de Euler . El resultado final es $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{\log^4 x}{(1+x)(1+x^2)}\,dx = \color{red}{\frac{5\pi^5}{64}}.$$