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Se tiene la integral

I=∫π/20x3dx1+cos2x.I=∫0π/2x3dx1+cos2⁡x.

Modo Rápido

Haciendo un cambio de variabe u=2xu=2x, y tomando en cuenta las siguientes identidades:

2cos2x11−2a1+a2cosu=1+cos2x=1+a21−a2[1+2∑k=1∞akcosku],|a|<12cos2⁡x=1+cos⁡2x11−2a1+a2cos⁡u=1+a21−a2[1+2∑k=1∞akcos⁡ku],|a|<1

La integral queda como

I=1241+a21−a2∫π0[u3+2∑k=1∞aku3cosku]duI=1241+a21−a2∫0π[u3+2∑k=1∞aku3cos⁡ku]du

donde a=−3+22–√a=−3+22, para cumplir que |a|<1.|a|<1.

Y sabiendo que:

∫duu3cosku=(3u2k2−6k4)cos(ku)+(u3k−6uk3)sin(ku).∫duu3cos⁡ku=(3u2k2−6k4)cos⁡(ku)+(u3k−6uk3)sin⁡(ku).

La integral queda,

I=1162–√(π44+2∑k=1∞ak[(3π2k2−6k4)(−1)k+6k4]).I=1162(π44+2∑k=1∞ak[(3π2k2−6k4)(−1)k+6k4]).

Distribuyendo la suma y reconociendo a la función polilogaritmo Lin(z)=∑k=1∞zkkn,Lin(z)=∑k=1∞zkkn,

se tiene la solución:

I=1162–√(π44+6π2Li2(−a)+12Li4(a)−12Li4(−a)).I=1162(π44+6π2Li2(−a)+12Li4(a)−12Li4(−a)).

Modo no tan Rápido

Haciendo un cambio de variable z=eix→dz=izdxz=eix→dz=izdx, y de esta forma, 2cosx=z+z−12cos⁡x=z+z−1, se tiene

∫π/20x3dx1+cos2x→∫γ4zlog3zdz1+6z2+z4,∫0π/2x3dx1+cos2⁡x→∫γ4zlog3⁡zdz1+6z2+z4,

donde γγ es una curva que va de z=1z=1 a z=iz=i.

Centrando la atención en el denominador,

11+6z2+z4=1(z+iz1)(z−iz1)(z+iz2)(z−iz2)11+6z2+z4=1(z+iz1)(z−iz1)(z+iz2)(z−iz2)

=∑n=0∞(−1)n42–√(zn+11−zn+12)z2n,=∑n=0∞(−1)n42(z1n+1−z2n+1)z2n,

donde z1=3+22–√−−−−−−−√z1=3+22 & z2=3−22–√−−−−−−−√z2=3−22.

Por otro lado, se deja al lector la demostración de la siguiente integral,

∫unlog3udu=un+1[log3u(n+1)−3log2u(n+1)2+6logu(n+1)3−6(n+1)4].∫unlog3⁡udu=un+1[log3⁡u(n+1)−3log2⁡u(n+1)2+6log⁡u(n+1)3−6(n+1)4].

Entonces, reconociendo las expresiones y sustituyendo adecuadamente

∫γ4zlog3zdz1+6z2+z4=∑n=0∞(−1)n2–√(zn+11−zn+12)∫γz2n+1log3zdz∫γ4zlog3⁡zdz1+6z2+z4=∑n=0∞(−1)n2(z1n+1−z2n+1)∫γz2n+1log3⁡zdz

=∑n=0∞(−1)n2–√(zn+11−zn+12)z2(n+1)[log3u2(n+1)−3log2u4(n+1)2+3logu4(n+1)3−38(n+1)4].=∑n=0∞(−1)n2(z1n+1−z2n+1)z2(n+1)[log3⁡u2(n+1)−3log2⁡u4(n+1)2+3log⁡u4(n+1)3−38(n+1)4].

En sí, esta es la solución a la integral, sin embargo al hacer la expansión en serie, generé una divergencia, por lo que hay que arreglarla.

Recordando la definición de Polilogaritmo,

Lis(z)=∑k=1∞zkks,Lis(z)=∑k=1∞zkks,

se nota que haciendo las multiplicaciones correspondientes, la suma converge a esta función.

Así la integral queda

∫γ4zlog3zdz1+6z2+z4=∫γ4zlog3⁡zdz1+6z2+z4=

−log3z22–√(Li1(−z2z1)−Li1(−z2z2))−log3⁡z22(Li1(−z2z1)−Li1(−z2z2))

+3log2z42–√(Li2(−z2z1)−Li2(−z2z2))+3log2⁡z42(Li2(−z2z1)−Li2(−z2z2))

−3logz42–√(Li3(−z2z1)−Li3(−z2z2))−3log⁡z42(Li3(−z2z1)−Li3(−z2z2))

+382–√(Li4(−z2z1)−Li4(−z2z2)).+382(Li4(−z2z1)−Li4(−z2z2)).

Se puede regresar a la variable original, quedando la solución como

∫x3dx1+cos2x=∫x3dx1+cos2⁡x=

+ix322–√(Li1(−e2ixz1)−Li1(−e2ixz2))+ix322(Li1(−e2ixz1)−Li1(−e2ixz2))

−3x242–√(Li2(−e2ixz1)−Li2(−e2ixz2))−3x242(Li2(−e2ixz1)−Li2(−e2ixz2))

−3ix42–√(Li3(−e2ixz1)−Li3(−e2ixz2))−3ix42(Li3(−e2ixz1)−Li3(−e2ixz2))

+382–√(Li4(−e2ixz1)−Li4(−e2ixz2)).+382(Li4(−e2ixz1)−Li4(−e2ixz2)).

Al evaluar en los límites correspondientes,

∫π/20x3dx1+cos2x=∫0π/2x3dx1+cos2⁡x=

1642–√(π4+24π2Li2(3−22–√)+48(Li4(22–√−3)−Li4(3−22–√))).1642(π4+24π2Li2(3−22)+48(Li4(22−3)−Li4(3−22))).