[Luis Fuentes]

Hola

Holaa, realmente es un reto que nos propusieron en clase. Como soy nueva en el foro me acabo de dar cuenta de que lo subí al apartado de física porque estuve mirando unas cosas antes.

Pero me refiero a que clase. ¿Un curso de cálculo de universidad? ¿cálculo de integrales con residuos?...

Saludos.

[Pie]

Segun el wolfram da este pequeño monstruo: Integral wolfram 

Saludos.

[Restituto]

Segun el wolfram da este pequeño monstruo: Integral wolfram 

Saludos.

Pero fíjate que esa es una solución a integral indefinida. Está es definida con límite de integración infinito.

[Pie]

Segun el wolfram da este pequeño monstruo: Integral wolfram 

Saludos.

Pero fíjate que esa es una solución a integral indefinida. Está es definida con límite de integración infinito.

Sí, lo decia por los intentos de dar una solución a la integral indefinida. Aunque yo personalmente no sé como calcular ni una ni la otra.

Saludos.

[electron]

Probablemente es una función sin primitiva elemental. Sin embargo, tiene solución cerrada como integral impropia.

Estoy intentando algunos de los métodos que comenté y el bicho es duro de roer. Cabe la opción de intentarlo por residuos, pero el denominador es complicado y tiene 4 raíces complejas.

Veremos...

Un saludo

[frobenius.mates]

Hola

Holaa, realmente es un reto que nos propusieron en clase. Como soy nueva en el foro me acabo de dar cuenta de que lo subí al apartado de física porque estuve mirando unas cosas antes.

Pero me refiero a que clase. ¿Un curso de cálculo de universidad? ¿cálculo de integrales con residuos?...

Saludos.

Un cálculo en varias variables de la universidad (Grado en matemáticas) más avanzado sí.

[frobenius.mates]

Probablemente es una función sin primitiva elemental. Sin embargo, tiene solución cerrada como integral impropia.

Estoy intentando algunos de los métodos que comenté y el bicho es duro de roer. Cabe la opción de intentarlo por residuos, pero el denominador es complicado y tiene 4 raíces complejas.

Veremos...

Un saludo

Intenté hacer 1 entre el denominador y me salió un desarrollo infinito del que conseguí hacer la suma pero no saqué nada de ahí. Pensé que después podría hacer integración por partes de cada uno de los factores pero eso sólo serviría de 1 a infinito. Seguiría con el mismo problema de 0 a 1

[electron]

Hola.

Muestro un posible camino con ayuda de este vídeo:

Empleamos el mismo contorno para usar residuos y el procedimiento es igualmente válido para tu integral. Sea la función \( f(z)=\displaystyle\frac{log^2(z)}{z^4+z^2+1} \) y buscamos \( \displaystyle\oint\limits_{\Gamma}f(z)\,\mathrm{d}z \), donde \( \Gamma \) es el mismo contorno del vídeo.

1) En el semicírculo (semiplano positivo) caen los dos primeros polos simples del denominador, que son \( z1=e^{i\pi/3} \) y \( z2=e^{2i\pi/3} \). Calculamos los residuos correspondientes con su definición:

\( res_{z1}=\displaystyle\lim_{z \to{}e^{i\pi/3}}{(z-e^{i\pi/3})f(z)}=\frac{3+i\sqrt[ ]{3}}{108}\pi^2 \)

\( res_{z2}=\displaystyle\lim_{z \to{}e^{2i\pi/3}}{(z-e^{2i\pi/3})f(z)}=\frac{3i+\sqrt[ ]{3}}{27}i\pi^2 \)

\( 2\pi i\displaystyle\sum_{}^{}res=-\displaystyle\frac{9i+5\sqrt[ ]{3}}{54}\pi^3 \)

2) En el minuto 13:08 vemos el resultado previo que ajustamos a nuestro caso:

\( -\displaystyle\frac{9i+5\sqrt[ ]{3}}{54}\pi^3=2\int_{0}^{\infty}\frac{log^2(x)}{x^4+x^2+1}dx-\pi^2\int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^4+x^2+1}dx+2\pi i\int_{0}^{\infty}\frac{log(x)}{x^4+x^2+1}dx \)

En este punto toca hacer una pausa y meterse con el cálculo de \( \displaystyle\int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^4+x^2+1}dx \). Una opción es seguir un camino similar con la función \( f(z)=\displaystyle\frac{1}{z^4+z^2+1} \); estos cálculos los dejo para otro momento y pongo el resultado: \( \displaystyle\frac{\pi}{2\sqrt[ ]{3}} \). En este vídeo se ve cómo calcular una muy similar y el procedimiento (recordar que es una función par):

Tenemos entonces que

\( -\displaystyle\frac{9i+5\sqrt[ ]{3}}{54}\pi^3=2I_1-\pi^2\frac{\pi}{2\sqrt[ ]{3}}+2\pi i I_2 \)

Igualamos partes real e imaginaria y obtenemos el resultado deseado, más otro de regalo:

\( 2I_1-\displaystyle\frac{\pi^3}{2\sqrt[ ]{3}}=-\frac{5\sqrt[ ]{3}}{54}\pi^3\Longrightarrow{I_1=\int_{0}^{\infty}\frac{log^2(x)}{x^4+x^2+1}dx}=\frac{\pi^3}{9\sqrt[ ]{3}} \)

\( 2\pi I_2=-\displaystyle\frac{9}{54}\pi^3\Longrightarrow{I_2=\int_{0}^{\infty}\frac{log(x)}{x^4+x^2+1}dx=-\frac{\pi^2}{12}} \)

Saludos

[Restituto]

  Ahí usas el valor principal de Cauchy que evita el cero como se explica en el primer video. Alternativamente se podría usar un contorno de ojo de cerradura evitando el corte de rama del logaritmo complejo.

[frobenius.mates]

Hola.

Muestro un posible camino con ayuda de este vídeo:

Empleamos el mismo contorno para usar residuos y el procedimiento es igualmente válido para tu integral. Sea la función \( f(z)=\displaystyle\frac{log^2(z)}{z^4+z^2+1} \) y buscamos \( \displaystyle\oint\limits_{\Gamma}f(z)\,\mathrm{d}z \), donde \( \Gamma \) es el mismo contorno del vídeo.

1) En el semicírculo (semiplano positivo) caen los dos primeros polos simples del denominador, que son \( z1=e^{i\pi/3} \) y \( z2=e^{2i\pi/3} \). Calculamos los residuos correspondientes con su definición:

\( res_{z1}=\displaystyle\lim_{z \to{}e^{i\pi/3}}{(z-e^{i\pi/3})f(z)}=\frac{3+i\sqrt[ ]{3}}{108}\pi^2 \)

\( res_{z2}=\displaystyle\lim_{z \to{}e^{2i\pi/3}}{(z-e^{2i\pi/3})f(z)}=\frac{3i+\sqrt[ ]{3}}{27}i\pi^2 \)

\( 2\pi i\displaystyle\sum_{}^{}res=-\displaystyle\frac{9i+5\sqrt[ ]{3}}{54}\pi^3 \)

2) En el minuto 13:08 vemos el resultado previo que ajustamos a nuestro caso:

\( -\displaystyle\frac{9i+5\sqrt[ ]{3}}{54}\pi^3=2\int_{0}^{\infty}\frac{log^2(x)}{x^4+x^2+1}dx-\pi^2\int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^4+x^2+1}dx+2\pi i\int_{0}^{\infty}\frac{log(x)}{x^4+x^2+1}dx \)

En este punto toca hacer una pausa y meterse con el cálculo de \( \displaystyle\int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^4+x^2+1}dx \). Una opción es seguir un camino similar con la función \( f(z)=\displaystyle\frac{1}{z^4+z^2+1} \); estos cálculos los dejo para otro momento y pongo el resultado: \( \displaystyle\frac{\pi}{2\sqrt[ ]{3}} \). En este vídeo se ve cómo calcular una muy similar y el procedimiento (recordar que es una función par):

Tenemos entonces que

\( -\displaystyle\frac{9i+5\sqrt[ ]{3}}{54}\pi^3=2I_1-\pi^2\frac{\pi}{2\sqrt[ ]{3}}+2\pi i I_2 \)

Igualamos partes real e imaginaria y obtenemos el resultado deseado, más otro de regalo:

\( 2I_1-\displaystyle\frac{\pi^3}{2\sqrt[ ]{3}}=-\frac{5\sqrt[ ]{3}}{54}\pi^3\Longrightarrow{I_1=\int_{0}^{\infty}\frac{log^2(x)}{x^4+x^2+1}dx}=\frac{\pi^3}{9\sqrt[ ]{3}} \)

\( 2\pi I_2=-\displaystyle\frac{9}{54}\pi^3\Longrightarrow{I_2=\int_{0}^{\infty}\frac{log(x)}{x^4+x^2+1}dx=-\frac{\pi^2}{12}} \)

Saludos

Muchas gracias por la ayuda, de verdad