Atascado en esta integración definida

Question

Si $$\int_ {0} ^ {\infty} \frac {\log(x)} {x^2 + 2x + 4} dx \ $$ es igual a $\pi \ln p/ \sqrt {q} \ $ donde $p$ $q$ son coprimes, entonces ¿cuál es el valor de $p + q$?

Ok, así que estoy atascado con este problema. Fue en mi examen. La pregunta era muy largo. Después de resolver y simplificar, me quedé con esta integración numérica.

Las opciones se $27$$29$. No tenía ni idea de cómo proceder. Traté de sustituir varias cosas, como $x+1$ $\tan A$etc., pero nada parece funcionar. Espero que alguien pueda ayudar a arrojar algo de luz sobre el problema. Si desea que el pleno de la pregunta, comentario y voy a publicar.

Answer 1

El truco oculto es que$\int_{0}^{+\infty}\frac{\log(x)}{q(x)}\,dx = 0$ para cualquier polinomio cuadrático y palindrómico$q(x)$, mediante la sustitución$x\mapsto\frac{1}{x}$. Entonces, si en la integral original establecemos$x=2y$ obtenemos

$$ \mathcal{I}=\int_{0}^{+\infty}\frac{\log(x)\,dx}{x^2+2x+4} = 2\int_{0}^{+\infty}\frac{\log(2)+\log(y)}{4y^2+4y+4}\,dy = 2\log(2) \int_{0}^{+\infty}\frac{dy}{(2y+1)^2+3} $ $ y$\mathcal{I}=\frac{\pi\log(2)}{3\sqrt{3}}$ es una consecuencia directa.

Answer 2

Jack ya ha cubierto el simple, real, análisis de la forma de evaluar esta integral. Así que si alguien curioso, he aquí una manera de resolver su integral mediante el análisis complejo. Tenga en cuenta que para este tipo de integrales de contorno, la integración es un poco excesivo.

La función está bajo consideración$$f(z)=\frac 1{z^2+2z+4}$$And we are integrating $f(z)$ over the contour $\mathrm C$: un ojo de la cerradura de contorno como se muestra a continuación.

Definimos el argumento sobre el eje real es igual a cero y el argumento de abajo para ser $2\pi$. Por lo tanto, tenemos encima $z=x$, mientras que por debajo de da $z=xe^{2\pi i}$. También podemos parametrizar sobre el contorno en cuatro secciones diferentes. Primero, un gran círculo de radio $R$, una circular pequeña desvío sobre el origen de la radio de $\epsilon$, e $\Gamma_{R}$ $\gamma_{\epsilon}$ arcos respectivamente. Por lo tanto, obtenemos$$\begin{multline}\oint\limits_{\mathrm C}dz\, f(z)\log^2z=\int\limits_{\epsilon}^{R}dx\, f(x)\log^2x+\int\limits_{\Gamma_{R}}dz\, f(z)\log^2z\\-\int\limits_{\epsilon}^{R}dx\, f(x)\left(\log|x|+2\pi i\right)^2+\int\limits_{\gamma_{\epsilon}}dx\, f(x)\log^2x\end{multline}$$As $R\to\infty$ and $\epsilon\to0$, the second and fourth integrals vanish. This can be shown by substituting $z=Re^{i\theta}$ and $z=\epsilon e^{i\theta}$ into the arcs respectively and taking the limits. Hence, all we're left with is$$\oint\limits_{\mathrm C}dz\, f(z)\log^2z=-4\pi i\int\limits_0^{\infty}dx\, f(x)\log x+4\pi^2\int\limits_0^{\infty}dx\, f(x)$$Our contour integral, by the residue theorem, is also equal to $2\pi i$ times the sum of the residues inside the contour. We only have two poles: $z=-1\pm i\sqrt3$ so the residues are$$\begin{align*}z_{+} & =\operatorname*{Res}_{z\, =\, -1+i\sqrt3}\,\frac {\log^2z}{z^2+2z+4}=\lim\limits_{z\to-1+i\sqrt3}\frac {\log^2z}{z+1+i\sqrt3}=\frac {9\log^22+12\pi i\log 2-4\pi^2}{18i\sqrt3}\\\\z_{-} & =\operatorname*{Res}_{z\, =\, -1-i\sqrt3}\,\frac {\log^2z}{z^2+2z+4}=\lim\limits_{z\to-1-i\sqrt3}\frac {\log^2z}{z+1-i\sqrt3}=-\frac {9\log^22+24\pi i\log 2-16\pi^2}{18i\sqrt3}\end{align*}$$Hence, by the residue theorem,$$\begin{align*}\oint\limits_{\mathrm C}dz\, f(z)\log^2z & =2\pi i\left(z_{+}+z_{-}\right)\\ & =\frac {4\pi^3}{3\sqrt3}-\frac {4\pi^2i\log2}{3\sqrt3}\end{align*}$$Taking the imaginay portion and dividing by $-4\pi$, we get$$\int\limits_0^{\infty}dx\, \frac {\log x}{x^2+2x+4}=\frac {\pi\log 2}{3\sqrt3}$$