$\int_{0}^{\infty}\frac{\ln x dx}{x^2+2x+2}$

Question

ps

$$ \ int_ {0} ^ {\ infty} \ frac {\ ln x .dx} {x ^ 2 +2x +2} = \ int_ {0} ^ {\ infty} \ frac {\ ln x .dx} {(x +1) ^ 2 +1} \\ = \ ln x \ int_ {0} ^ {\ infty} \ frac {1} {(x +1) ^ 2 +1} - \ int_ {0} ^ {\ infty} \ frac {1} {x} \ frac {1} {(x +1) ^ 2 +1} dx$$\int_{0}^{\infty}\frac{\ln x .dx}{x^2+2x+2}$ \ frac {\ pi \ ln 2} {8} $.

Cualquier pista resolverá mi problema.

Answer 1

Deje$$\displaystyle I = \int_{0}^{\infty}\frac{\ln x}{x^2+2x+2}dx = \int_{0}^{\infty}\frac{\ln x}{(x+1)^2+1^2}dx$ $

Ponga$(x+1) = \tan \theta \;,$ Entonces$dx = \sec^2 \theta d\theta$ y cambie los límites

Obtenemos$$\displaystyle I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\ln\left(\tan \theta - 1\right)}{1+\tan^2 \theta }\cdot \sec^2 \theta d\theta = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\ln \left(\sin \theta -\cos \theta \right)d\theta -\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\ln \cos \theta d\theta$ $

Entonces$$\displaystyle I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(\sqrt{2}\cdot \sin \left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)\right)d\theta-\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\ln\cos \theta d\theta$ $

ps

Ahora en segundo integral$$\displaystyle I = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sqrt{2}d\theta+\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\sin \left(\theta\right)d\theta -\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\ln \cos \theta d\theta $ luego$\displaystyle \theta = \left(\frac{\pi}{2}-\phi\right)\;,$ y cambiando límite

Obtenemos$d\theta = -d\phi$ $

Entonces$$\displaystyle I = \frac{\pi}{8}\ln 2-\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{4}}\ln \cos \phi d\phi-\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{4}}\ln \cos \theta d\theta$ $

Answer 2

Dejar $x+1=\tan y$

ps

Utilizando $$I=\int_0^{\infty}\dfrac{\ln x}{(x+1)^2+1}dx=\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\ln(\tan y-1)dy$

ps

Espero que puedas tomarlo desde aquí!

Answer 3

$\bf{Another\; Solution::}$ Let$$\displaystyle I = \int_{0}^{\infty}\frac{\ln x}{x^2+2x+2}dx.$ $

Ponga$\displaystyle x = \frac{2}{t}\;,$ Then$\displaystyle dx = -\frac{2}{t^2}dt$ y Cambiando Límites, obtenemos

ps

Ahora usando$$\displaystyle I = \int_{\infty}^{0}\frac{\ln\left(\frac{2}{t}\right)}{\frac{4}{t^2}+\frac{4}{t}+2}\cdot -\frac{2}{t^2}dt = \int_{0}^{\infty}\frac{\left(\ln 2-\ln t\right)}{t^2+2t+2}dt$$$\displaystyle \bullet \int_{a}^{b}f(x)dx = -\int_{b}^{a}f(x)dx$$ and $ $

Entonces$\displaystyle \bullet \int_{a}^{b}f(t)dt = \int_{a}^{b}f(x)dx$ $

Entonces obtenemos$$\displaystyle I = \ln 2\int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^2+2x+2}dx - \int_{0}^{\infty}\frac{\ln x}{x^2+2x+2}dx = \ln 2\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(x+1)^2+1^2}dx-I$ $

Entonces obtenemos$$\displaystyle I = \ln 2\times \left[\tan^{-1}\left(x+1\right)\right]_{0}^{\infty}-I$ $

Answer 4

Integrar a $$f(z) = \frac{\log^2 z}{(z+1)^2+1}$$ a lo largo de un ojo de la cerradura el contorno con la rama de corte del logaritmo en la real positiva del eje y su argumento entre el $0$ $2\pi.$

Los polacos están en $$\rho_{1,2} = -1 \pm i$$ con los residuos $$\frac{\log^2 \rho_{1,2}}{2\rho_{1,2}+2}$$ y estos se suma a $$\frac{(1/2 \log 2 + 3/4\pi i)^2}{2i} - \frac{(1/2 \log 2 + 5/4\pi i)^2}{2i} \\ = \frac{1}{2} (-1/2 (\log 2) \pi i + \pi^2) = - \frac{1}{4} (\log 2) \pi - \frac{1}{2} \pi^2$$

para una contribución de $$2\pi i \times \left(- \frac{1}{4} (\log 2) \pi - \frac{1}{2} \pi^2\right) = -\frac{1}{2} (\log 2) \pi^2 i + \pi^3.$$

La contribución del arco circular se desvanece y en la parte inferior de la ranura de la llave obtenemos después de la cancelación de la plaza de la logaritmo $$-\int_0^\infty \frac{2\times 2\pi i \log x - 4\pi^2}{x^2+2x+2} dx.$$

La equiparación de la real y complejo partes obtenemos las dos integrales $$-4\pi \int_0^\infty \frac{\log x}{x^2+2x+2} dx = -\frac{1}{2} (\log 2) \pi^2$$ o $$\int_0^\infty \frac{\log x}{x^2+2x+2} dx = \frac{1}{8} (\log 2) \pi$$ y $$4\pi^2 \int_0^\infty \frac{1}{x^2+2x+2} dx = \pi^3$$ o $$\int_0^\infty \frac{1}{x^2+2x+2} dx = \frac{1}{4} \pi.$$

Podemos comprobar por ML de que en el gran círculo decir de radio $R$ tenemos la estimación del módulo de la integral $$2\pi R \times \frac{\log^2 R}{R^2} \rightarrow 0$$ como $R\rightarrow\infty.$ Tenemos para el pequeño círculo de radio de $\epsilon$ rodeando el origen $$2\pi \epsilon \times \frac{\log^2 \epsilon}{2} \sim \pi \epsilon \times \log^2 \epsilon \rightarrow 0$$ como $\epsilon\rightarrow 0.$