Encontrar la integral $\int_{0}^{\infty} \frac{x^{\alpha}\log{x}}{1-x^2}dx$ uso del análisis complejo - residuos

Question

El problema que quiero resolver es:

Evaluar $$\int_{0}^{\infty} \frac{x^{\alpha}\log{x}}{1-x^2}dx,$$

donde $0<\alpha<1$ utilizando el análisis complejo.

He aprendido varios tipos de integrales que implican $x^{\alpha}R(x)$ y $\log{x}R(x)$ , donde $R$ es una función racional. Además, sé cómo resolver ciertas integrales del tipo $\int x^{\alpha}\log^{p}{x}R(x)dx$ utilizando un método que se basa en encontrar $\int x^{\alpha}R(x)dx$ y luego diferenciando con respecto a $\alpha$ . Sin embargo, no puedo utilizar este método aquí, porque $$\int_{0}^{\infty} \frac{x^{\alpha}}{1-x^2}dx$$ ¡no converge! He probado el siguiente método: denote $f(z) = \frac{z^{\alpha}\log{z}}{1-z^2}$ e integrar $f(z)$ en el contorno de la imagen:

Integración de $f$ sobre este contorno, denote su límite por $\partial D$ me sale:

$$\int_{\partial D} f(z)dz = \int_{C_{R}} f(z)dz + (\int_{R}^{1+r} + \int_{1-r}^{\varepsilon}) \frac{e^{2\pi i \alpha}x^{\alpha}(\log{x}+2\pi i)}{1-x^2}dx + \int_{C_{r}} f(z)dz + \int_{C_{\varepsilon}} f(z)dz + (\int_{1+r}^{R} + \int_{\varepsilon}^{1-r}) \frac{x^{\alpha}\log{x}}{1-x^2}dx.$$

Aquí, $C_{R}$ es el círculo grande (menos una parte diminuta) de la imagen, $C_{\varepsilon}$ es el pequeño círculo alrededor de $0$ y $C_{r}$ es el pequeño círculo alrededor de $1$ (menos las piezas pequeñas para ambos $C_{\varepsilon}$ y $C_{r}$ ). Por los lemas de Jordan, la integral alrededor de $C_{R}$ va a $0$ como $R \to +\infty$ así como la integral alrededor de $C_{\varepsilon}$ mientras que la integral alrededor de $C_{r}$ va a $\pi^{2}e^{2 \pi i \alpha}$ como $r \to 0$ . El $+2\pi i$ en la segunda integral se debe a la rama del logaritmo, y la $e^{2 \pi i \alpha}$ se debe a la rama de $z^{\alpha}$ . Al final, lo consigo:

$$ \int_{\partial D} f(z)dz = \int_{0}^{\infty} \frac{x^{\alpha}[(1-e^{2 \pi i \alpha})\log{x} - e^{2 \pi i \alpha}2 \pi i ]}{1-x^2}dx + \pi^{2}e^{2 \pi i \alpha}.$$

Sin embargo, de nuevo, esta integral no converge.

¿Hay alguna manera de reparar este argumento, o modificarlo un poco, para conseguir la solución?

EDITAR: Me olvidé del argumento en la rama de $z^{\alpha}$ y debido a esa rama no hay necesidad de $\log^{2}{z}$ en $f$ pero sigo sin poder usar este método para encontrar la integral por la misma razón.

Answer 1

Bien, has hecho toda la integración de los contornos correctamente. Por lo tanto, lo único que te falta es el hecho de que el trozo "no integrable" que te preocupa es un Valor principal de Cauchy que es finito. Por lo tanto, dejemos que

$$I = \int_0^{\infty} dx \, \frac{x^{\alpha} \log{x}}{1-x^2} $$ $$J = PV \int_0^{\infty} dx \, \frac{x^{\alpha}}{1-x^2} $$

donde el $PV$ denota un valor principal de Cauchy. Ahora, la otra pieza que necesitarías -y asumo que sabes cómo hacerlo- proviene del teorema del residuo. Como asumo que sabes lo que estás haciendo, me saltaré esta evaluación y sólo escribiré la ecuación resultante de la aplicación del teorema:

$$\left ( 1-e^{i 2 \pi \alpha} \right ) I - i 2 \pi e^{i 2 \pi \alpha} J + \pi^2 e^{i 2 \pi \alpha} = \pi^2 e^{i \pi \alpha} $$

Ahora, sólo tenemos que igualar las partes real e imaginaria y obtenemos dos ecuaciones en dos incógnitas $I$ y $J$ :

$$(1-\cos{2 \pi \alpha}) I + 2 \pi \sin{ 2 \pi \alpha} \, J = \pi^2 (\cos{\pi \alpha} - \cos{ 2 \pi \alpha} )$$ $$\sin{2 \pi \alpha}\, I + 2 \pi \cos{ 2 \pi \alpha} \, J = \pi^2 (\sin{2 \pi \alpha} - \sin{ \pi \alpha} )$$

A continuación, puede eliminar $J$ y resolver para $I$ . El resultado es

$$I = \int_0^{\infty} dx \, \frac{x^{\alpha} \log{x}}{1-x^2} = -\pi^2 \frac{1-\cos{\pi \alpha}}{1-\cos{2 \pi \alpha}} = -\frac{\pi^2}{4 \cos^2{\left ( \frac{\pi}{2} \alpha \right )}}$$

También puede obtener $J$ si quieres.

Answer 2

Puedes resolver esta integral utilizando la diferenciación con respecto al exponente modificando el numerador con otro parámetro para que la singularidad no esté en el eje real. Al final de los cálculos, cuando haya aparecido el logaritmo, puedes continuar analíticamente ese parámetro para recuperar el denominador original.

Si hacemos la sustitución $x^2 = t$ obtenemos:

$$I = \frac{1}{4}\int_0^{\infty}\frac{t^{\frac{\alpha-1}{2}}\log(t)}{1-t}dt$$

Podemos calcular esta integral utilizando la integral estándar:

$$\int_{0}^{\infty}\frac{x^{-p}}{1+x}dx =\frac{\pi}{\sin(\pi p)}\tag{1}$$

diferenciando con respecto a $p$ , lo que da como resultado:

$$\int_{0}^{\infty}\frac{x^{-p}\log(x)}{1+x}dx =\frac{\pi^2\cos(\pi p)}{\sin^2(\pi p)}$$

El siguiente paso es introducir un parámetro en el denominador que nos permita cambiar el denominador a $x-1$ . Sustituyamos $x = t/r$ en la integral:

$$\int_{0}^{\infty}\frac{t^{-p}\left[\log(t)-\log(r)\right]}{r+t}dt =\frac{\pi^2\cos(\pi p)}{\sin^2(\pi p)}r^{-p}\tag{2}$$

Tenga en cuenta que al tomar $r=-1$ no hace por sí mismo el trabajo, ya que eso también cambiaría el intervalo de integración de menos infinito a cero. Lo que se necesita en su lugar es una continuación analítica a $r = -1$ que formalmente se parece a hacer lo primero.

Sustituyendo $x = t/r$ en (1) nos permite aislar la integral deseada en (2):

$$\int_{0}^{\infty}\frac{t^{-p}\log(t)}{r+t}dt =\left[\frac{\pi^2\cos(\pi p)}{\sin^2(\pi p)}+\frac{\pi}{\sin(\pi p)}\log(r)\right]r^{-p}\tag{3}$$

Este resultado es válido para reales positivos $r$ pero podemos continuar analíticamente con valores complejos. Podemos definir logaritmos y potencias de $r$ poniendo el corte de la rama a lo largo del eje imaginario negativo. Entonces $\log(r)$ para $r = u\exp(i\theta)$ para los verdaderos positivos $u$ es $\log(u) + i\theta$ donde $\theta$ oscila entre $-\frac{\pi}{2}$ a $\frac{3\pi}{2}$ . Y $r^p = u^p\exp(i\theta p)$ también está definida de forma inequívoca. Por lo tanto, podemos poner $r = -1$ tomando $u=1$ y $\theta = \pi$ . Esto produce:

$$\int_{0}^{\infty}\frac{t^{-p}\log(t)}{t-1}dt =\frac{\pi^2}{\sin^2(\pi p)}\tag{4}$$

Y esto da el resultado:

$$I = \frac{1}{4}\int_0^{\infty}\frac{t^{\frac{\alpha-1}{2}}\log(t)}{1-t}dt = -\frac{\pi^2}{4\cos^2(\frac{\pi\alpha}{2})}$$

Como ejercicio se puede comprobar que continuando analíticamente al revés, tomando el corte de la rama en, digamos, el eje imaginario positivo, se obtiene el mismo resultado. Para establecer $r$ a $-1$ , entonces tienes que poner $r = \exp(-i\pi)$ .

Si en cambio intentamos continuar analíticamente $r$ a algún otro punto del eje real negativo, entonces el resultado dependerá de la dirección en que nos movamos alrededor del punto de ramificación para llegar a él. Al contrario que en el caso de $r = -1$ que sólo produce una singularidad removible, para otros valores negativos, el integrando tendrá un polo. Pero como por el teorema de Cauchy siempre somos libres de deformar el contorno de integración de 0 a infinito de la forma que queramos mientras no crucemos ninguna singularidad, podemos simplemente hacer una hendidura en el contorno de integración para hacer sitio al polo que llegará allí. La forma en que la integral depende entonces de $r$ no tendrá ninguna singularidad hasta el punto $r$ se pone en el eje real negativo.

Por lo tanto, ésta es claramente la continuación analítica correcta. Sin embargo, también está claro que si continuamos analíticamente $r$ al revés, la hendidura en el contorno tendrá que hacerse en el sentido contrario.

Answer 3

Obsérvese la función de valor real $\dfrac{\log x}{x-1} \to -1$ como $x \to 1$ y también $x^{\alpha} \log x \to 0$ como $x \to 0^+.$

Así que la función $f(x) = \dfrac{x^{\alpha}}{1+x}\dfrac{\log x}{1-x}$ tiene discontinuidades removibles en $0^+$ y $1$ y puede considerarse continua en $0 \leq x < \infty$ .

Elija cualquier $0 < \epsilon < 1 < \delta$ .

Entonces, tras la sustitución $x = e^t$ tenemos $$\int_{\epsilon}^{\delta} \dfrac{x^\alpha \log x}{1-x^2} dx = \int_{-\log(1/\epsilon)}^{\log \delta}\dfrac{te^{t(\alpha+1)}}{1-e^{2t}}dt.$$ Desde $-\log(1/\epsilon) \to -\infty$ como $\epsilon \to 0^+$ y $\log \delta \to \infty$ como $\delta \to \infty$ basta con mostrar la integral impropia $$I=\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{te^{t(\alpha+1)}}{1-e^{2t}}dt\, \colon = \lim_{\substack{R\to\infty \\ S\to\infty}}\int_{-R}^{S}\dfrac{te^{t(\alpha+1)}}{1-e^{2t}}dt$$ existe, y si lo hace entonces su valor $I$ es la respuesta requerida.

Consideremos la función compleja $f(z) = \dfrac{ze^{z(\alpha+1)}}{1-e^{2z}}.$ Entonces $f$ tiene una singularidad extraíble en $0$ y postes simples en $k\pi\mathbb{i}$ donde $k \in \mathbb{Z} - \{0\}$ .

Elija $R > 0$ y $S > 0$ suficientemente grande y considerar el contorno $\gamma = \gamma_1 + \gamma_2 + \gamma_3 + \gamma_4$ abajo.

Dejemos que $\beta = \alpha + 1.$

Tenemos $$\int_{\gamma_1}f(z)dz = \int_{-R}^S\dfrac{te^{t\beta}}{1-e^{2t}}dt.$$

$$|\int_{\gamma_2}f(z)dz| \leq \sup_{0 \leq t \leq 3\pi/2} |\dfrac{(S+i t)e^{(S+i t)\beta}}{1-e^{2(S+i t)}}| \times \text{length}(\gamma_2) \leq \frac{3\pi}{2} \times \dfrac{(S+3\pi/2)e^{S\beta}}{e^{2S}-1} \to 0 \text{ as } S \to \infty$$ como $\beta < 2$ .

Asimismo, $$|\int_{\gamma_4}f(z)dz| \leq \sup_{0 \leq t \leq 3\pi/2} |\dfrac{(-R+i t)e^{(-R+i t)\beta}}{1-e^{2(-R+i t)}}| \times \text{length}(\gamma_4) \leq \frac{3\pi}{2} \times \dfrac{(R+3\pi/2)e^{-R\beta}}{1-e^{-2R}} \to 0 \text{ as } R \to \infty$$ desde $\beta > 0.$

$$ \begin{align} -\int_{\gamma_3}f(z)dz &= \int_{-R}^S\dfrac{(t+i\frac{3\pi}{2})e^{\beta(t+i \frac{3\pi}{2})}}{1-e^{2(t+i \frac{3\pi}{2})}}dt\\ &= e^{i \frac{3\pi\beta}{2} }\left( \int_{-S}^R \dfrac{t e^{t\beta}}{1+e^{2t}}dt + \frac{3 \pi i}{2}\int_{-R}^{S} \frac{e^{t\beta}}{1+e^{2t}}dt \right) . \end{align} $$

Tras la sustitución $t = \log x/2$ tenemos $$ \int_{-R}^{S} \frac{e^{t\beta}}{1+e^{2t}}dt = \frac{1}{2}\int_{e^{-2R}}^{e^{2S}} \frac{x^{\beta/2 - 1}}{1+x}dx. $$ Dejar $R,S \to \infty$ tenemos $$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{t\beta}}{1+e^{2t}}dt =\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty} \frac{x^{\beta/2 - 1}}{1+x}dx = \frac{\pi}{2}\operatorname{cosec}(\frac{\pi\beta}{2}),\label{e:1} \tag{*} $$ donde se ha utilizado la conocida identidad integral $\int_{0}^{\infty} \frac{x^{a-1}}{1+x}dx = \pi \operatorname{cosec}{\pi a}$ para $0 < a < 1$ , tenga en cuenta que $0 < \beta/2 < 1$ .

Diferenciando ambos lados de $\eqref{e:1}$ con respecto a $\beta$ obtenemos $$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{te^{t\beta}}{1+e^{2t}}dt = -\frac{\pi^2}{4}\operatorname{cosec}(\frac{\pi\beta}{2})\cot(\frac{\pi\beta}{2}). \label{e:2} \tag{+} $$ ( $\eqref{e:2}$ también puede verificarse mediante la integración de contornos)

Así que como $R,S \to \infty$ tenemos $$ -\int_{\gamma_3} f(z) dz \to e^{i \frac{3\pi\beta}{2} } \left( -\frac{\pi^2}{4}\operatorname{cosec}(\frac{\pi\beta}{2})\cot(\frac{\pi\beta}{2}) + \frac{3\pi^2 i}{4}\operatorname{cosec}(\frac{\pi\beta}{2})\right). $$

A partir del teorema del residuo también tenemos para todo $R,S > 0$ $$ \int_{\gamma}f(z)dz = 2\pi i \times \frac{ \pi i e^{\pi i \beta} }{-2} = \pi^2 e^{i \pi \beta}. $$

Esto muestra $$I = \lim_{\substack{R \to \infty \\ S \to \infty}} \int_{-R}^{S} \dfrac{te^{\beta t}}{1-e^{2t}}dt$$ existe y tenemos

$$I -e^{i \frac{3\pi\beta}{2} } \left( -\frac{\pi^2}{4}\operatorname{cosec}(\frac{\pi\beta}{2})\cot(\frac{\pi\beta}{2}) + \frac{3\pi^2 i}{4}\operatorname{cosec}(\frac{\pi\beta}{2})\right) = \pi^2 e^{i \pi \beta}.$$

Comparando los lados reales del lado izquierdo y del lado derecho obtenemos $$ I + \frac{\pi^2}{4}\cos(\frac{3\pi\beta}{2}) \operatorname{cosec}(\frac{\pi\beta}{2})\cot(\frac{\pi\beta}{2})+\frac{3\pi^2}{4}\sin(\frac{3\pi\beta}{2})\operatorname{cosec}(\frac{\pi\beta}{2}) = \pi^2 \cos(\pi \beta), $$ o, $$I = \pi^2\cos(\pi\beta) - \frac{\pi^2}{4}\cos(\frac{3\pi\beta}{2}) \operatorname{cosec}(\frac{\pi\beta}{2})\cot(\frac{\pi\beta}{2})-\frac{3\pi^2}{4}\sin(\frac{3\pi\beta}{2})\operatorname{cosec}(\frac{\pi\beta}{2}), $$ lo que probablemente simplificaría aún más.

Answer 4

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ $\ds{\mathcal{C}}$ es un contorno del ojo de la cerradura que "se encarga" de la $\ds{z^{\alpha}}$ rama principal. A saber, \begin{align} 0 & = \int_{\mathcal{C}}{1 - z^{\alpha} \over 1 - z^{2}}\,\dd z \\[5mm] & = \int_{-\infty}^{0}{\pars{-x}^{\alpha}\expo{\ic\pi\alpha} - 1 \over \pars{x + 1 + \ic 0^{+}}\pars{x - 1}}\,\dd x + \int_{0}^{-\infty}{\pars{-x}^{\alpha}\expo{-\ic\pi\alpha} - 1 \over \pars{x + 1 - \ic 0^{+}}\pars{x - 1}}\,\dd x \\[5mm] & = \int_{0}^{\infty}{x^{\alpha}\expo{\ic\pi\alpha} - 1 \over \pars{x - 1 - \ic 0^{+}}\pars{x + 1}}\,\dd x - \int_{0}^{\infty}{x^{\alpha}\expo{-\ic\pi\alpha} - 1 \over \pars{x - 1 + \ic 0^{+}}\pars{x + 1}}\,\dd x \\[5mm] & = \braces{\mrm{P.V.}\int_{0}^{\infty}{x^{\alpha}\expo{\ic\pi\alpha} - 1 \over x^{2} - 1}\,\dd x + \int_{0}^{\infty}{x^{\alpha}\expo{\ic\pi\alpha} - 1 \over x + 1}\bracks{\ic\pi\,\delta\pars{x - 1}}\,\dd x} \\[2mm] &\, - \braces{\!\!\mrm{P.V.}\!\int_{0}^{\infty}\! {x^{\alpha}\expo{-\ic\pi\alpha} - 1 \over x^{2} - 1}\,\dd x\! + \int_{0}^{\infty}\!{x^{\alpha}\expo{-\ic\pi\alpha} - 1 \over x + 1}\bracks{-\ic\pi\,\delta\pars{x - 1}}\,\dd x\!\!} \\[5mm] & = 2\ic\sin\pars{\pi\alpha}\ \mrm{P.V.}\int_{0}^{\infty}{x^{\alpha} \over x^{2} - 1}\,\dd x + \ic\pi\cos\pars{\pi\alpha} - \pi\ic \\[5mm] \implies & \mrm{P.V.}\int_{0}^{\infty}{x^{\alpha} \over 1 - x^{2}}\,\dd x = -\,{1 \over 2}\,\pi\,{1 - \cos\pars{\pi\alpha} \over \sin\pars{\pi\alpha}} = -\,{1 \over 2}\,\pi\,\tan\pars{\pi\alpha \over 2} \end{align} Derivar ambos miembros respecto a $\ds{\alpha}$ : \begin{align} &\mbox{} \\ \bbx{\int_{0}^{\infty}{x^{\alpha}\ln\pars{x} \over 1 - x^{2}}\,\dd x = -\,{\pi^{2} \over 4^{\phantom{2}}}\sec^{2}\pars{\pi\alpha \over 2}} \\ & \end{align}