Вычисление интегралов с помощью вычетов

[Niclax]

Доброго времени суток! Помогите посчитать интегралы при помощи вычетов:

1) $\int_{0}^{1} \sqrt{x^3-x^4} dx$

Этот интеграл я посчитал, но не уверен правильно ли. Проверьте, если несложно:
Под знаком интеграла у нас диф.бином, поэтому делаю замену: $x=\frac{1}{1+t^2}$
Получаем интеграл: $\int_{0}^{\infty} \frac{2t^2}{(1+t^2)^4} dt$. Далее:
$\int_{0}^{\infty} \frac{2t^2}{(1+t^2)^4} dt=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{t^2}{(1+t^2)^4} dt=2\pi i \cdot res_i\frac{z^2}{(1+z^2)^4}$
i у нас полюс 4го порядка, поэтому считаем вычет по формуле:
$res_i\frac{z^2}{(1+z^2)^4}=\lim\limits_{z\to i} \frac{1}{3!}\left(\frac{z^2}{(z+i)^4}\right)'''=-\frac{24i}{2^7}$
Таким образом, $\int_{0}^{1} \sqrt{x^3-x^4} dx=\frac{3\pi}{8}$

2) $\int\limits_{0}^{\infty} \frac{\ln^2{x}}{(x-1)^2} dx$

А вот к этому я даже не знаю как подступиться.

Заранее спасибо!

[Sonic86]

В 2) попробуйте сделать замену $x=\frac1t$ и посмотрите что получится из этого.

[Полосин]

$\int\limits_0^{+\infty}=2\int\limits_0^1\dfrac{\ln^2x\,dx}{(x-1)^2}=2\int\limits_0^1\ln^2x\,d\left(-1-\dfrac1{x-1}\right)=4\int\limits_0^1\dfrac{\ln x\,dx}{x-1}$. Далее см. topic33360.html .

[ewert]

Полосин в сообщении #323430 писал(а):

Далее см. topic33360.html .

Там хорошо, но категорически нет вычетов, и вообще все туманно, кроме широко известной в узких кругах $\sum\limits_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{k^2}=\ldots$, которая, да, даеть мгновенно, но -- без никаких вычетов...

[Niclax]

Sonic86
Получается тот же самый интеграл, только под логарифмом 1/х. Что это даёт?

Полосин
Поясните, пожалуйста, первый и последний переходы.

P.S. А в первом интеграле ход рассуждений верный? А то ответ не сходится (

[Полосин]

Обычно формулу дополнения для гамма-функции доказывают с помощью вычетов. Впрочем, вот вычет, прямо с грядки:
$\int\limits_0^{+\infty}\dfrac{\ln^2x\,dx}{(x-1)^2}=\{x=e^{2t}\}=2\int\limits_R\dfrac{t^2dt}{\sh^2t}=2J''(+0)$,
$J(p)=-\int\limits_{R+i0}\dfrac{e^{ipt}dt}{\sh^2t}=-2\pi i\sum\limits_{k=1}^{\infty}Res\left[\dfrac{e^{ipz}}{\sh^2z},z=\pi ik\right]=\dfrac{2\pi p}{e^{\pi p}-1}=...+\dfrac{\pi^2}6p^2+...$.

[vvvv]

Niclax в сообщении #323573 писал(а):

Sonic86
Получается тот же самый интеграл, только под логарифмом 1/х. Что это даёт?

Полосин
Поясните, пожалуйста, первый и последний переходы.

P.S. А в первом интеграле ход рассуждений верный? А то ответ не сходится (

Ответ в первом, наверное, pi/16

[Niclax]

vvvv
Маткад и Адвансд графер тоже так думают

Полосин
У меня вопросы:
1) Зачем вводить функцию J?
2) Как Вы считали вычеты?
3) Есть способ проще?

[Полосин]

Niclax в сообщении #323777 писал(а):

Полосин
У меня вопросы:
1) Зачем вводить функцию J?
2) Как Вы считали вычеты?
3) Есть способ проще?

1) Для удобства; впрочем, я не настаиваю, можно обозначить интеграл и другой буквой;
2) По определению;
3) Вполне возможно; все познается в сравнении.