La evaluación de $\int_{0}^\infty \frac{\log x \, dx}{\sqrt x(x^2+a^2)^2}$ usando el contorno de integración

Question

Necesito su ayuda con esta integral:

$$\int_{0}^\infty \frac{\log x \, dx}{\sqrt x(x^2+a^2)^2}$$

donde $a>0$. He probado algunos complejos métodos de integración, pero ninguno parece adecuada para este en particular.

Hay un método específico para este tipo de integrales? Lo contorno debo usar?

Answer 1

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\iff}{\Leftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\, #2 \,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$

\begin{align} &\color{#f00}{% \int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over \root{x}\pars{x^{2} + a^{2}}^{2}}\,\dd x}\ \stackrel{x\ \to\ x^{1/2}}{=}\ {1 \over 4}\int_{0}^{\infty} {x^{-3/4}\ln\pars{x} \over \pars{x + a^{2}}^{2}}\,\dd x = -\,{1 \over 4}\,\partiald{}{\pars{a^{2}}}\int_{0}^{\infty} {x^{-3/4}\ln\pars{x} \over x + a^{2}}\,\dd x \\[3mm] = &\ -\,{1 \over 8\verts{a}}\,\partiald{}{\verts{a}}\int_{0}^{\infty} {x^{-3/4}\ln\pars{x} \over x + a^{2}}\,\dd x = -\,{1 \over 8\verts{a}}\,\partiald{}{\verts{a}}\bracks{% \lim_{\mu \to -3/4}\partiald{}{\mu} \int_{0}^{\infty}{x^{\mu} \over x + a^{2}}\,\dd x}\tag{1} \end{align}

---

Con la rama de corte $\ds{z^{\mu} = \verts{z}^{\mu}\exp\pars{\ic\,\mathrm{arg}\pars{z}\mu}\,,\ 0 < \mathrm{arg}\pars{z} < 2\pi\,,\ z \not = 0}$, la integral se realiza a lo largo de una llave de agujero de contorno. Es decir, \begin{align} 2\pi\ic\,\verts{a}^{2\mu}\exp\pars{\ic\pi\mu} & = \int_{0}^{\infty}{x^{\mu} \over x + a^{2}}\,\dd x + \int_{\infty}^{0}{x^{\mu}\exp\pars{2\pi\mu\ic} \over x + a^{2}}\,\dd x \\[3mm] & = -\exp\pars{\ic\pi\mu}\bracks{2\ic\sin\pars{\pi\mu}} \int_{0}^{\infty}{x^{\mu} \over x + a^{2}}\,\dd x \\[5mm] \imp\ \int_{0}^{\infty}{x^{\mu} \over x + a^{2}}\,\dd x & = -\pi\,\verts{a}^{2\mu}\csc\pars{\pi\mu} \end{align}

Enchufe este resultado en $\pars{1}$: $$ \color{#f00}{% \int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \\raíz{x}\pars{x^{2} + ^{2}}^{2}}\,\dd x} = \color{#f00}{{\raíz{2} \over 16}\,\pi\,{% 6\ln\pars{\verts{un}} - 3\pi - 4 \\verts{a}^{7/2}}} $$

Answer 2

Integramos $$f(z) = \frac{\log z}{\sqrt{z}(z^2+a^2)^2}$$ a lo largo de un ojo de la cerradura de contorno con la rama de corte del logaritmo en lo positivo eje real y su argumento entre el $0$ $2\pi.$ Hay un pequeño círculo de radio $\epsilon$ que encierra el origen y el círculo grande tiene radio de $R.$

A lo largo de la recta, segmento en el eje real positivo que tenemos en la límite

$$I = \int_0^\infty \frac{\log x}{\sqrt{x}(x^2+a^2)^2} \; dx.$$

Justo debajo del eje real que obtenemos con $\sqrt{z} = \exp(1/2\log z)$

$$- \int_0^\infty \frac{\log x + 2\pi i}{\exp(\pi i)\sqrt{x}(x^2+a^2)^2} \; dx = I + 2\pi i \int_0^\infty \frac{1}{\sqrt{x}(x^2+a^2)^2} \; dx = I + 2\pi i J.$$

Ahora es necesario invocar un paso recursivo y calcular el $J$ el uso de la misma ojo de la cerradura de contorno. Llegamos $J$ sobre el eje real positivo y justo debajo de llegamos con $$g(z) = \frac{1}{\sqrt{z}(z^2+a^2)^2}$$

la integral $$- \int_0^\infty \frac{1}{\exp(\pi i)\sqrt{x}(x^2+a^2)^2} \; dx = J.$$

De ello se sigue que

$$2J = 2\pi i (\mathrm{Res}_{z=ai} g(z)+\mathrm{Res}_{z=-ai} g(z)).$$

Tenemos para los dos residuos

$$\lim_{z=\pm ai} \left(\frac{\exp(-1/2\log(z))}{(z\pm ai)^2}\right)' \\ = \lim_{z=\pm ai} \left(\frac{-1/2\exp(-1/2\log z)/z}{(z\pm ai)^2} - 2\frac{\exp(-1/2\log z)}{(z\pm ai)^3}\right)$$

Obtenemos para el primer residuo

$$-\frac{3}{16} (1+i)\sqrt{2} a^{-7/2}$$

y para el segundo

$$\frac{3}{16} (1-i)\sqrt{2} a^{-7/2}.$$

De ello se sigue que

$$J = \pi i \times -\frac{3}{8} i \sqrt{2}^{-7/2} = \frac{3}{8} \pi \sqrt{2}^{-7/2}.$$

Volviendo a la computación de manera que tenemos

$$2I+2\pi i J = 2\pi i(\mathrm{Res}_{z=ai} f(z)+\mathrm{Res}_{z=-ai} f(z)).$$

Esta vez obtenemos para los dos residuos

$$\lim_{z=\pm ai} \left(\frac{\exp(-1/2\log(z))\log z}{(z\pm ai)^2}\right)' \\ = \lim_{z=\pm ai} \left(\frac{-1/2\log z \times \exp(-1/2\log z)/z + \exp(-1/2\log(z))/z}{(z\pm ai)^2} \\ - 2\frac{\exp(-1/2\log z)\log z}{(z\pm ai)^3}\right)$$

Tenemos para el primer residuo

$$-\frac{1}{32} (1+i)\sqrt{2} (3i\pi + 6\log a - 4) a^{-7/2}$$

y para el segundo

$$\frac{1}{32} (1-i)\sqrt{2} (9i\pi + 6\log a - 4) a^{-7/2}$$

La adición de estas dos rendimientos

$$-\frac{1}{16} i\sqrt{2} (6i\pi + 6\log a - 3\pi - 4) a^{-7/2}.$$

Multiplicar por $\pi i$ y restar $\pi i J$ para obtener

$$\frac{1}{16}\pi \sqrt{2} (6i\pi + 6\log a - 3\pi - 4)^{-7/2} - \frac{3}{8} \pi \sqrt{2} \times \pi i\veces a^{-7/2}$$

para una respuesta final de

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000] {\frac{1}{16}\pi \sqrt{2} (6\log a - 3\pi - 4) un^{-7/2}.}$$

Los límites aquí son en su mayoría trivial, por ejemplo, cuando computing $I$ obtenemos por ML para el gran círculo de radio de $R$

$$\lim_{R\rightarrow\infty} 2\pi R \times \frac{|\log R+2\pi i|}{\sqrt{R}(R^2-a^2)^2} = \lim_{R\rightarrow\infty} 2\pi R \times \frac{\sqrt{\log^2 R+4\pi^2}}{\sqrt{R}(R^2-a^2)^2} = 0$$

y para el pequeño círculo

$$\lim_{\epsilon\rightarrow\infty} 2\pi \epsilon \times \frac{|\log \epsilon+2\pi i|}{\sqrt{\epsilon}(a^2-\epsilon^2)^2} = \lim_{\epsilon\rightarrow\infty} 2\pi \times \frac{\sqrt\epsilon \sqrt{\log^2 \epsilon + 4\pi^2}}{(a^2-\epsilon^2)^2} = 0.$$

Observación. Tenemos que usar la misma rama del logaritmo de todo por ejemplo, $\log(-i) = 3i\pi/2$ frente al $\log(-i) = -i\pi/2.$

Anexo 05 De Junio De 2016. Parece que el cálculo de $J$ no es necesario. Podemos tomar la parte real de las aportaciones de los polos de $f(z)$ porque sabemos $I$ $J$ son números reales.

Answer 3

Sugerencia: $$\forall a>0,\; s\in(-1,1),\qquad J(a,s) = \int_{0}^{+\infty}\frac{x^{s}}{x^2+a^2}\,dx = \frac{\pi}{2\sin\frac{\pi s}{2}}\,a^{s-1}.$$ Considerar las derivadas parciales con respecto a $a$ e $s$, luego de evaluar a $s=-\frac{1}{2}$.

Answer 4

Sugerencia:

$$\int_{0}^\infty \frac{\log x \, dx}{\sqrt x(x^2+a^2)^2}=4 \int_{0}^\infty \frac{\log u \, du}{(u^4+a^2)^2}$$