Как се решава този интеграл

[Гост]

[tex]\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^3\ln^2x}{1+x^6}\,dx[/tex]

[Anubis]

Трябва да използваш теоремата за резидуумите за функцията

[tex]f(z) = F(z)(\operatorname{Log}z)^{n+1} = F(z)(\operatorname{Log}z)^{2+1} = \frac{z^3}{1+z^6}(\operatorname{Log}z)^3[/tex].

От уравнението [tex]\sum_{s=0}^{n} {n+1 \choose s} (2 \pi i)^{n-s} I_{s} = -\sum_{k=1}^{m} \operatorname{Res} \left ( f(z); \, a_{k} \right )[/tex],

където [tex]I_{s} = \int_{0}^{+\infty} F(x)(\ln x)^{s} \operatorname{d}x[/tex], с отделяне на реална и имагинерна част намираш [tex]I_{2}[/tex].

След развиване на сумата се получава [tex]-4 \pi^2 I_{0} + 6 \pi i I_{1} + 3 I_{2} = -\sum_{k=1}^{m} \operatorname{Res} \left ( f(z); \, a_{k} \right )[/tex]. Тогава

[tex]-4 \pi^2 I_{0} + 3 I_{2} = \mathbb{Re} \left ( -\sum_{k=1}^{m} \operatorname{Res} \left ( f(z); \, a_{k} \right ) \right )[/tex]. Използвай, че [tex]I_{0} = \frac{\pi}{3\sqrt{3}}[/tex], и пресметни сумата от

резидуумите.

[MENKA]

А не може ли и да се опита внасяне под знака на диференциала –(3x²)/(1+x(³)²) като arctg(x)³ и след това интегриране по части.Не съм го пробвала,но тази идея ми идва наум като гледам вида на интегралал

[Гост]

Благодаря за предложеното решение , предполагам че може да се реши и без резидиуми, трябва да има някаква субституция.Ще пробвам това което предложи MENKA да видя до къде ще стигна.

[Гост]

С използването на теоремата за резидиум получих [tex]\frac{5\pi^3}{324\sqrt{3}}[/tex] , но ми казаха че има и друг начин да се пресмете, който бил доста по-лесен, уви не мога да се сетя за него.

[Anubis]

Разглеждаме комплекснозначната функция [tex]f(z)=\frac{z^3}{1+z^6} \left ( \operatorname{Log} z \right )^3[/tex]. Тя има шест прости полюса, които са

решения на уравнението [tex]z^6+1=0[/tex]. Тези решения са [tex]z_{k}=\sqrt[6]{|-1|} e^{i\frac{\pi+2k\pi}{6}}, \, k=0, \, 1, \, \dots, \, 5[/tex], или в явен

вид: [tex](z_{0}; \, z_{1}; \, z_{2}; \, z_{3}; \, z_{4}; \, z_{5}) = (e^{i\frac{\pi}{6}}; \, e^{i\frac{3\pi}{6}}; \, e^{i\frac{5\pi}{6}}; \, e^{i\frac{7\pi}{6}}; \, e^{i\frac{9\pi}{6}}; \, e^{i\frac{11\pi}{6}})[/tex].

Ако функцията [tex]f(z)=\frac{\varphi(z)}{\psi(z)}[/tex] има прости полюси [tex]z_{k}[/tex], то [tex]\operatorname{Res}(f; \, z_{k}) = \frac{\varphi(a_{k})}{\psi'(z_{k})}[/tex]. Сега пресмятаме

резидуумите в нашите шест точки.

[tex]\operatorname{Res}(f; \, e^{i\frac{\pi}{6}}) = -i\frac{\pi^3}{2.6^4}(1-i\sqrt{3}), \, \operatorname{Res}(f; \, e^{i\frac{3\pi}{6}}) = i\frac{2.3^3.\pi^3}{2.6^4}, \, \operatorname{Res}(f; \, e^{i\frac{5\pi}{6}}) = -i\frac{5^3\pi^3}{2.6^4}(1+i\sqrt{3}),[/tex]

[tex]\operatorname{Res}(f; \, e^{i\frac{7\pi}{6}}) = -i\frac{7^3\pi^3}{2.6^4}(1-i\sqrt{3}), \, \operatorname{Res}(f; \, e^{i\frac{9\pi}{6}}) = i\frac{2.9^3.pi^3}{2.6^4}, \, \operatorname{Res}(f; \, e^{i\frac{11\pi}{6}}) = -i\frac{11^3 \pi^3}{2.6^4}(1+i\sqrt{3})[/tex]

Така [tex]-\sum_{k=0}^{5} \operatorname{Res}(f; \, z_{k}) = \frac{\pi^3}{324}(-139\sqrt{3}+36i)[/tex]. Сега

[tex]-4 \pi^2 I_{0} + 6 \pi i I_{1} + 3 I_{2} = \frac{\pi^3}{324}(-139\sqrt{3}+36i) \Rightarrow -4 \pi^2 I_{0} + 3 I_{2} = \mathbb{Re} \left [ \frac{\pi^3}{324}(-139\sqrt{3}+36i) \right ][/tex].

Знаейки, че

[tex]I_{0} = \int_{0}^{+\infty} \frac{x^3}{1+x^6} \operatorname{d}x = \frac{\pi}{3\sqrt{3}}[/tex] и [tex]\mathbb{Re} \left [ \frac{\pi^3}{324}(-139\sqrt{3}+36i) \right ] = -\frac{1}{324} \cdot 139\sqrt{3} \cdot \pi^3[/tex],

намираме

[tex]-4 \pi^2 \cdot \frac{\pi}{3\sqrt{3}} + 3 I_{2} = -\frac{139\sqrt{3}\pi^3}{324} \Rightarrow I_{2} = \int_{0}^{+\infty} \frac{x^3 \left ( \ln x \right )^2}{1+x^6} \operatorname{d}x = \frac{5 \pi^3}{324\sqrt{3}}[/tex].

Уви, за друг начин при такава сложна подинтегрална функция и аз не мога да се сетя.

[grav]

http://www.physicsforums.com/showthread.php?p=4803050