Parte compleja de una integración de contorno que no usa integración de contorno

Question

A propósito de un usuario del comentario sobre esta cuestión, citando Feynman en el sentido de que algunas de las integrales sólo son posibles mediante el contorno de integración, me pregunto cuál es el ejemplo más simple de una integral puede ser. En particular, habló de las integrales que fueron el complejo forma parte de una solución, divorciado del resto de la solución.

Para mí, algo así como

$$I = \int_0^\infty \frac{\ln x}{x^2+1}dx,$$

parece difícil; cae como el complejo de parte de contorno de integración utilizando el teorema de los residuos en el problema,

$$J = \int_0^\infty \frac{(\ln x)^2}{x^2+1}dx .$$ Es decir, podemos utilizar el contorno de integración para evaluar J y terminar con algo como

$J + iI = \frac{\pi^3}{8}$ , por lo que llegamos a la conclusión de $I = 0.$

Tal vez es difícil, pero no sé que no se puede hacer sin análisis complejo [editar: Robjohn ha demostrado que se puede hacer sin complejos análisis]. Así que me gustaría ver un buen ejemplo de la clase de cosas Feynman podría haber tenido en mente.

Aquí está la cita original: "Así que Pablo se pone esta tremenda maldito integral que había obtenido a partir de una función compleja que él sabía la respuesta, tomando la parte real de la misma y dejando sólo la parte compleja. Había desenvuelto de manera que sólo fue posible por el contorno de la integración!"

En términos de esta cita, tenemos un ejemplo de lo que hizo Pablo?

Gracias.

Answer 1

Creo que malentendí la pregunta en mi primera respuesta . Lo que creo que desea es una forma de calcular $$\ int_0 ^ \ infty \ frac {\ log (x)} {1 + x ^ 2} \ mathrm {d} x$$ sin usar análisis complejos.

Con la sustitución$x\mapsto\frac1x$, obtenemos $$\ int_0 ^ \ infty \ frac {\ log (x)} {1 + x ^ 2} \ mathrm {d} x = - \ int_0 ^ \ infty \ frac { \ log (x)} {1 + x ^ 2} \ mathrm {d} x$$ que dice que $$\ int_0 ^ \ infty \ frac {\ log (x)} {1 + x ^ 2} \ mathrm { d} x = 0$$

Answer 2

Un cambio de variables rendimientos $$\begin{align} \int_0^\infty\frac{\log(x)^2}{1+x^2}\,\mathrm{d}x &=\int_{-\infty}^\infty\frac{t^2}{1+e^{-2t}}e^-t\,\mathrm{d}t\\ &=2\int_0^\infty\frac{t^2}{1+e^{-2t}}e^{-t}\,\mathrm{d}t\\ &=2\int_{-\infty}^\infty t^2\left(e^{-t}-e^{-3t}+e^{-5t}-e^{-7t}+\dots\right)\,\mathrm{d}t\\ &=4\left(1-\frac{1}{3^3}+\frac{1}{5^3}-\frac{1}{7^3}+\dots\right)\tag{1} \end{align}$$ Definir $$\xi(n)=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{1}{(2k+1)^n}\etiqueta{2}$$ y considerar la posibilidad de la generación de la función de $\xi(n)$ por extraño $n$: $$\begin{align} \sum_{n=0}^\infty\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{z^{2n+1}}{(2k+1)^{2n+1}} &=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{\frac{z}{2k+1}}{1-\left(\raise{1pt}{\frac{z}{2k+1}}\right)^2}\\ &=\frac{z}{2}\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\left(\frac{1}{z+2k+1}-\frac{1}{z-2k-1}\right)\\ &=\frac{z}{2}\sum_{k=-\infty}^\infty\left(\frac{1}{z+4k+1}-\frac{1}{z+4k-1}\right)\\ &=\frac{z}{8}\sum_{k=-\infty}^\infty\left(\frac{1}{k+\frac{z+1}{4}}-\frac{1}{k+\frac{z-1}{4}}\right)\\ &=\frac{z}{8}\left(\pi\cot\left(\pi\frac{z+1}{4}\right)-\pi\cot\left(\pi\frac{z-1}{4}\right)\right)\\ &=\frac{\pi z}{4}\sec\left(\frac{\pi z}{2}\right)\\ &=\frac{\pi z}{4}+\frac{\pi^3z^3}{32}+\frac{5\pi^5z^5}{1536}+\dots\tag{3} \end{align}$$ donde se utilizó $(7)$ a partir de esta respuesta.

Poniendo juntos $(1)$, $(2)$, y $(3)$ rendimientos $$\int_0^\infty\frac{\log(x)^2}{1+x^2}\,\mathrm{d}x=\frac{\pi^3}{8}\etiqueta{4}$$

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Aquí es otro método que utiliza el contorno de la integración.

Con el fin de definir $\log(z)$, considerar el camino de $\gamma$ que va desde $0$ $\infty$justo al norte del eje real, círculos en el plano complejo en sentido antihorario, luego regresa de $\infty$ $0$justo al sur del eje real.

La adición de los residuos en $z=i$ $z=-i$ da $$\begin{align} \int_\gamma\frac{\log(z)^3}{1+z^2}\mathrm{d}z &=2\pi i\left(\frac{\left(\frac\pi2i\right)^3}{2i}+\frac{\left(\frac{3\pi}2i\right)^3}{-2i}\right)\\ &=\frac{13\pi^4}{4}i\tag{5} \end{align}$$ Calcular la integral a lo largo del eje real de los rendimientos $$\begin{align} \int_\gamma\frac{\log(z)^3}{1+z^2}\mathrm{d}z &=\int_0^\infty\frac{\log(x)^3-(\log(x)+2\pi i)^3}{1+x^2}\mathrm{d}x\\ &=\int_0^\infty\frac{-3\log(x)^22\pi i+\color{#C00000}{3\log(x)4\pi^2}+\color{#00A000}{8\pi^3i}}{1+x^2}\mathrm{d}x\\ &=-6\pi i\int_0^\infty\frac{\log(x)^2}{1+x^2}\mathrm{d}x+\color{#C00000}{0}+\color{#00A000}{4\pi^4i}\tag{6} \end{align}$$ Igualando las partes real e imaginaria de $(5)$ $(6)$ da $$\int_0^\infty\frac{\log(x)}{1+x^2}\mathrm{d}x=0\etiqueta{7}$$ y $$-6\pi i\int_0^\infty\frac{\log(x)^2}{1+x^2}\mathrm{d}x=-\frac{3\pi^4}{4}i\etiqueta{8}$$ que los rendimientos de $$\int_0^\infty\frac{\log(x)^2}{1+x^2}\mathrm{d}x=\frac{\pi^3}{8}\etiqueta{9}$$