Integral de la $ \int_0^\infty \frac{\ln(1+\sigma x)\ln(1+\omega x^2)}{x^3}dx$

Question

Hola estoy tratando de calcular $$ \int_0^\infty \frac{\ln(1+\sigma x)\ln(1+\omega x^2)}{x^3}dx $$ NO usando mathematica, matlab, etc. Estamos dado que el $\sigma, \omega$ son complejos. Nota, la integral debe tener valores diferentes para $|\sigma \omega^{-1/2}| < 1$ $|\sigma \omega^{-1/2}| > 1.$ estoy atascado ahora y no sabe cómo acercarse a él. Nota: esta integral es útil, ya en el límite de $\sigma \to \sqrt{\omega}$ y el uso de $Li_2(-1)=-\pi^2/12$ obtenemos $$ \int_0^\infty \frac{\ln(1+x)\ln(1+x^2)}{x^3}dx=\frac{\pi}{2}. $$ También sabemos que $$ \ln(1+x)=-\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nx^n}{n}, \ |x|\leq 1. $$ Gracias

Answer 1

Uno puede adoptar el enfoque como en Pranav Arora del comentario. Pero este enfoque implica una doble integral cuyo cálculo resulta doloroso. Así que aquí es un enfoque indirecto que hace que el cálculo de un poco más fácil (al menos para mí):

Consideremos el siguiente integral: para$\alpha, \beta \in \Bbb{C}\setminus(-\infty, 0]$$0 < s < 1$,

$$ I = I(s,\alpha,\beta) := \int_{0}^{\infty} \frac{\log(1+\alpha x)\log(1+\beta x)}{x^{2+s}} \, dx, $$

La diferenciación de w.r.t. $\alpha$ $\beta$ , tenemos

$$ \frac{\partial^{2}I}{\partial\alpha\partial\beta} = \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{x^{s}(1+\alpha x)(1+\beta x)}. $$

Utilizando el estándar de análisis complejo de la técnica (uso del hombre del ojo de la cerradura de contorno), se sigue que

$$ \frac{\partial^{2}} {\partial\alpha\partial\beta} = \frac{\pi}{\sin \pi s} \frac{\beta^{s} - \alpha^{s}}{\beta \alpha} \quad \Longrightarrow \quad I = \frac{\pi}{\sin \pi s} \int_{0}^{\alpha}\int_{0}^{\beta} \frac{x^{s} - y^{s}}{x - y} \, dxdy. \etiqueta{1} $$

Reemplace $\beta$ $i\beta$ ( $\beta > 0$ ). Entonces (1) los rendimientos

$$ 2I(s, \alpha, i\beta) = \frac{2\pi}{\sin \pi s} \int_{0}^{\alpha}\int_{0}^{\beta} \frac{i^{s}x^{s} - y^{s}}{x + iy} \, dxdy. $$

Supongamos ahora que $\alpha, \beta > 0$. Tomando elementos reales de la identidad anterior y teniendo en $s \to 1^{-}$, se deduce que

\begin{align*} \tilde{I}(\alpha, \beta) &:= \int_{0}^{\infty} \frac{\log(1+\alpha x)\log(1+\beta^{2}x^{2})}{x^{3}} \, dx \\ &= \int_{0}^{\alpha}\int_{0}^{\beta} \frac{2xy \log(y/x) + \pi x^{2}}{x^{2}+y^{2}} \, dxdy. \tag{2} \end{align*}

En particular, cuando se $\beta = \alpha$, por simetría obtenemos la siguiente fórmula

$$ \tilde{I}(\alpha, \alpha) = \pi \int_{0}^{\alpha}\int_{0}^{\alpha} \frac{x^{2}}{x^{2}+y^{2}} \, dxdy = \frac{\pi}{2} \int_{0}^{\alpha}\int_{0}^{\alpha} dxdy = \frac{\pi}{2}\alpha^{2}. $$

lo que también se deduce de la fórmula en la OP de la publicación. En general, el uso de coordenadas polares muestra que hemos

$$ \tilde{I}(\alpha, \beta) = \beta^{2}J(\alpha/\beta) - \alpha^{2}J(\beta/\alpha) + \frac{\pi \alpha \beta}{2} + \frac{\pi^{2}\beta^{2}}{4} - \frac{\pi(\alpha^{2}+\beta^{2})}{2}\arctan(\beta/\alpha), \tag{3} $$

donde $J$ está definido por

$$ J(x) = \int_{0}^{x} \frac{t \log t}{1+t^{2}} \, dt. $$

Esta función puede ser escrito en términos de funciones elementales y dilogarithm.

Observación. A pesar de que han derivado de esta fórmula de positivos $\alpha, \beta$, por el principio de continuación analítica (3) sigue manteniendo en la región que contiene a $(0, \infty)^{2}$ donde ambos lados de (3) son holomorphic.

Answer 2

Yo de verdad no sabes lo mucho que esto podría ayudar, pero, utilizando un CAS, me obtenidos para la integral de la siguiente resultado $$\frac{1}{24} \left(6 \left(\sigma ^2+\omega \right) \text{Li}_2\left(-\frac{\sigma ^2}{\omega }\right)+6 \left(\sigma ^2+\omega \right) (2 \log (\sigma )-\log (\omega )) \log \left(\frac{\sigma ^2+\omega }{\omega }\right)+12 \pi \left(\sigma ^2+\omega \right) \bronceado ^{-1}\left(\frac{\sigma }{\sqrt{\omega }}\right)+\sigma \left(\pi \left(12 \sqrt{\omega }-5 \pi \sigma \right)-3 \sigma (\log (\omega )-2 \log (\sigma ))^2\right)\right)$$ supongo que hay restricciones, pero no he sido capaz de encontrar el conjunto de ellos.