Evaluación

Question

Me gustaría algo de ayuda con la integral siguiente.

Me gustaría encontrar una línea de contorno para evaluar %#% $ #%

Así que uno puede ver que en cualquier circunferencia va a $$\int_1^\infty \frac {dx}{x^3+1}$, pero ¿Cómo conecto a $0$?

He probado varias cosas pero sin resultados. ¿Alguien puede ofrecer alguna ayuda?

Answer 1

Desde que se desea evaluar esta integral usando el contorno método de integración global, aunque yo no soy el experto de este método, voy a intentar ayudarte. Deje $y=x-1$, luego $$I=\int_1^\infty\frac{\mathrm dx}{x^3+1}=\int_0^\infty\frac{\mathrm dy}{(y+2)(y^2+y+1)}$$ Ahora, se puede considerar que la integral de contorno \begin{align} \int_\Gamma\underbrace{\frac{\ln z}{(z+2)(z^2+z+1)}}_{f(z)}\frac{\mathrm dz}{2\pi i} =&\int^\infty_0\frac{\ln{x}-(\ln{x}+2\pi i)}{(x+2)(x^2+x+1)}\frac{\mathrm dx}{2\pi i}\\ =&-I\\ =&\color{#E2062C}{{\rm \ Res}\left(f(z),-2\right)}+\color{#00A000}{{\rm Res}\left(f(z),e^{2\pi i/3}\right)}+\color{#21ABCD}{{\rm Res}\left(f(z),e^{\color{red}{4\pi} i\color{red}{/3}}\right)}\\ =&\color{#E2062C}{\frac{1}{3}\ln{2}+\frac{\pi i}{3}}+\color{#00A000}{\frac{\pi}{3\sqrt{3}}-\frac{\pi i}{9}}\color{#21ABCD}{-\frac{2\pi}{3\sqrt{3}}-\frac{2\pi i}{9}}\\ =&-\frac{\pi}{3\sqrt{3}}+\frac{1}{3}\ln{2} \end{align} donde $\Gamma$ es un ojo de la cerradura de contorno. También puede consultar las siguientes fuentes de $[1]$, $[2]$, $[3]$, e $[4]$ para el resto de cálculo. Espero que esto ayude.

Answer 2

Vamos a usar la rama cortada $\lim\limits_{R\to\infty}[1,R]$.

Ahora consideremos la integral $$ \int_\gamma\frac{\log(z-1)\,\mathrm{d}z}{1+z^3} $$ a lo largo del contorno $$ \gamma=1+[\epsilon,R]e^{i\epsilon}\cup1+Re^{i[\epsilon,2\pi-\epsilon]}\cup1+[R,\epsilon]e^{-i\epsilon}\cup1+\epsilon e^{i[2\pi\epsilon,\epsilon]} $$ Como $\epsilon\to0$$R\to\infty$, la diferencia entre la integral a lo largo de las líneas superior e inferior es que el $\log(z-1)$ $2\pi i$ mayor en el contorno inferior. Por otra parte, la integral a lo largo de las curvas circulares va a $0$. Esto significa que $$ \int_\gamma\frac{\log(z-1)\,\mathrm{d}z}{1+z^3}=-2\pi i\int_1^\infty\frac{\mathrm{d}x}{1+x^3} $$ $\gamma$ círculos de los tres singularidades de $\frac1{1+z^3}$ a la izquierda. Por lo tanto, la integral de la izquierda es $2\pi i$ veces la suma de los residuos de $\frac{\log(z-1)}{1+z^3}$ $$ 2\pi i\left[\vphantom{\frac{\frac\pi3}3}\right.\overbrace{\frac{\frac{\pi i}3(-1-\sqrt3i)}3}^{z=e^{i\pi/3}}+\overbrace{\frac{\vphantom{\frac{\pi i}3}\log(2)+\pi i}3}^{z=-1}+\overbrace{\frac{\frac{2\pi i}3(-1+\sqrt3i)}3}^{z=e^{-i\pi/3}}\left.\vphantom{\frac{\frac\pi3}3}\right]=2\pi i\left[\frac{\log(2)}3-\frac\pi{3\sqrt3}\right] $$ Por lo tanto, $$ \int_1^\infty\frac{\mathrm{d}x}{1+x^3}=\frac\pi{3\sqrt3}-\frac{\log(2)}3 $$

Answer 3

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\dsc}[1]{\displaystyle{\color{red}{#1}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\norm}[1]{\left\vert\left\vert\, nº 1\,\right\vert\right\vert} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $\ds{\int_{1}^{\infty}{\dd x \over x^{3} + 1} = {\root{3} \over 9}\,\pi - {\ln\pars{2} \over 3} \approx {\tt 0.3736}:\ {\large ?}}$

\begin{align}&\overbrace{\color{#66f}{\large% \int_{1}^{\infty}{\dd x \over x^{3} + 1}}} ^{\ds{\dsc{x}=\dsc{1 \over t}\ \imp\ \dsc{t}=\dsc{1 \over x}}}\ =\ \int_{0}^{1}{t\,\dd x \over 1 + t^{3}} =\sum_{n\ =\ 0}^{\infty}\pars{-1}^{n}\int_{0}^{1}t^{3n + 1}\,\dd t =\sum_{n\ =\ 0}^{\infty}{\pars{-1}^{n} \over 3n + 2} \\[5mm]&=\sum_{n\ =\ 0}^{\infty}\pars{{1 \over 6n + 2} - {1 \over 6n + 5}} =3\sum_{n\ =\ 0}^{\infty}{1 \over \pars{6n + 2}\pars{6n + 5}} \\[5mm]&={1 \over 12}\sum_{n\ =\ 0}^{\infty}{1 \over \pars{n + 1/3}\pars{n + 5/6}} ={1 \over 12}\,{\Psi\pars{1/3} - \Psi\pars{5/6} \over 1/3 - 5/6} \\[5mm]&=\color{#66f}{\large% {1 \over 6}\bracks{\Psi\pars{5 \over 6} - \Psi\pars{1 \over 3}}} \end{align}

Con Gauss Digamma Teorema: \begin{align} \Psi\pars{5 \over 6}& =-\gamma + {\root{3} \over 2}\,\pi - 2\ln\pars{2} - {3 \over 2}\,\ln\pars{3} \\[5mm] \Psi\pars{1 \over 3}& =-\gamma - {\root{3} \over 6}\,\pi - {3 \over 2}\,\ln\pars{3} \end{align}

Finalmente, $$\color{#66f}{\large% \int_{1}^{\infty}{\dd x \sobre x^{3} + 1}} =\color{#66f}{\large% {\raíz{3} \más de 9}\,\pi - {\ln\pars{2} \over 3}} $$

Answer 4

Nota: