Maneras de probar que$\int_0^\infty \frac{x^2 \ln(x)}{(1+x^2)^3} {\rm d}x = 0$.

Question

He conseguido resolverlo de una manera, pero yo estaba muy interesado en este intento fallido.

$$ \int_0^\infty \frac{x^2 \ln(x)}{(1+x^2)^3} {\rm d}x = \int_0^\infty \frac{\ln(x)}{(1+x^2)^2} {\rm d}x - \int_0^\infty \frac{\ln(x)}{(1+x^2)^3} {\rm d}x $$

Sólo tenemos que demostrar que los dos de la derecha son iguales. Y numérico de las evaluaciones parecen sugerir que ambos son, de hecho, $-\frac{\pi}{4}$ pero no sé cómo romper estas abajo.

Actualmente estoy muy interesado en probar este $$ \int_0^\infty \frac{\ln(x)}{(1+x^2)^2} {\rm d}x = \int_0^\infty \frac{\ln(x)}{(1+x^2)^3} {\rm d}x = -\frac{\pi}{4} $$

De todos modos, aquí está mi solución trivial usando $u = \frac1x$:

$$ \begin{align} \int_0^\infty \frac{x^2 \ln(x)}{(1+x^2)^3} {\rm d}x & = \int_0^1 \frac{x^2 \ln(x)}{(1+x^2)^3} {\rm d}x + \int_1^\infty \frac{x^2 \ln(x)}{(1+x^2)^3} {\rm d}x \\ & = \int_\infty^1 \frac{\frac{1}{u^2} \ln(\frac1u)}{(1+\frac{1}{u^2})^3} \frac{-1}{u^2} {\rm d}u + \int_1^\infty \frac{x^2 \ln(x)}{(1+x^2)^3} {\rm d}x \\ & = -\int_1^\infty \frac{\ln(u)}{u(u+\frac{1}{u})^3} {\rm d}u + \int_1^\infty \frac{x^2 \ln(x)}{(1+x^2)^3} {\rm d}x \\ & = - \int_1^\infty \frac{u^2 \ln(u)}{(1+u^2)^3} {\rm d}u + \int_1^\infty \frac{x^2 \ln(x)}{(1+x^2)^3} {\rm d}x \\ & = 0 \end{align} $$

Estoy seguro de que hay muchos más métodos interesantes para el agrietamiento de esta integral, ya que está tan estrechamente relacionado con el popular $\int_0^\infty \frac{\ln(x)}{1+x^2} {\rm d}x = 0$. Por favor, compartir si te encuentras con cualquier.

Answer 1

Para la primera parte de la pregunta, podemos sustituir el $x=\frac{1}{t}$ para obtener: $$I=\int_0^\infty \frac{x^2 \ln(x)}{(1+x^2)^3} {\rm d}x=\int^0_\infty \frac{\ln\left(\frac{1}{t}\right)}{t^2\left(1+\frac{1}{t^2}\right)^3}\frac{-dt}{t^2}=\int_0^\infty \frac{t^2 \ln\left(\frac{1}{t}\right)}{(1+t^2)^3}dt=-I$$ Por lo que acabamos de ver que $I=-I\Rightarrow I=0$

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Actualmente estoy muy interesado en probar este $$ \int_0^\infty \frac{\ln(x)}{(1+x^2)^2} {\rm d}x = \int_0^\infty \frac{\ln(x)}{(1+x^2)^3} {\rm d}x = -\frac{\pi}{4} $$

Bueno, ahora que hemos demostrado que tanto las integrales son iguales es suficiente para calcular sólo uno de ellos. Por supuesto, es más racional para tomar la una con la potencia más baja. $$\Omega=\int_0^\infty \frac{\ln x}{(1+x^2)^2}dx\overset{x=\tan t}=\int_0^\frac{\pi}{2} \ln(\tan t)\cos^2 t\,\mathrm dt =\frac12\int_0^\frac{\pi}{2} \ln(\tan t) (1+\cos(2t))dt$$ Ahora vamos a dividir en dos integrales y en primer lugar vamos a mostrar que el primero se desvanece. Voy a hacerlo directamente usando la siguiente propiedad de las integrales definidas: $$\int_a^b f(x)=\int_a^b f(a+b-x)dx$$ $$J=\int_0^\frac{\pi}{2}\ln(\tan t)dt=\int_0^\frac{\pi}{2} \ln(\cot t)dt=-\int_0^\frac{\pi}{2} \ln (\tan t)dt=-J\Rightarrow J=0$$ $$\Rightarrow \Omega=\frac12 \int_0^\frac{\pi}{2}\ln(\tan t)\cos (2t)\mathrm dt=\frac12 \int_0^\frac{\pi}{2} \ln(\tan t)\left(\frac12 \sin(2t)\right)' \mathrm dt=$$ $$=\frac14 \underbrace{\ln(\tan t)\sin(2t)\bigg|_0^\frac{\pi}{2}}_{=0}-\frac14\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{\sec^2 t}{\tan t}\sin(2t)\mathrm dt=-\frac12 \int_0^\frac{\pi}{2} dt=-\frac{\pi}{4}$$

Answer 2

$$\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{2+\alpha}}{(1+x^2)^3}\,dx \stackrel{(*)}{=}\frac{\pi(1-\alpha^2)}{16\cos\frac{\pi \alpha}{2}} $$ $(*)$: usamos la sustitución de $\frac{1}{1+x^2}=u$, la función Beta y la reflexión de la fórmula para la $\Gamma$ función. Esto es válido para cualquier $\alpha$ tal que $-3<\text{Re}(\alpha)<3$, y desde el lado derecho es una función par, el origen es un punto fijo, es decir, $$\color{red}{0}=\frac{d}{d\alpha}\left.\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{2+\alpha}}{(1+x^2)^3}\,dx\right|_{\alpha=0}\stackrel{\text{DCT}}{=}\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{2}\log x}{(1+x^2)^3}\,dx.$$

Answer 3

He encontrado una manera de evaluar directamente tanto de los integrales!

Se utiliza por primera vez el conocido resultado de $\int_0^{\infty}\frac{\ln x}{x^2+a^2}\mathrm{d}x$ Evaluar la Integral $$ \int_0^\infty \frac{\ln(x)}{x^2 +\alpha^2} {\rm d}x = \frac{\pi}{2\alpha} \ln(\alpha) $$ y el uso de diferenciación bajo el signo integral.

$$ \int_0^\infty \frac{-2\alpha\ln(x)}{(x^2 +\alpha^2)^2} {\rm d}x = \frac{\pi}{2} \frac{1-\ln(\alpha)}{\alpha^2} \\ \implica \int_0^\infty \frac{\ln(x)}{(x^2 +\alpha^2)^2} {\rm d}x = \frac{\pi}{4\alpha^3} (\ln(\alpha)-1) $$

Y de nuevo, para llegar $$ \int_0^\infty \frac{\ln(x)}{(x^2 +\alpha^2)^3} {\rm d}x = \frac{\pi}{16\alpha^5}(3\ln(\alpha) - 4) $$

Y por lo que el establecimiento $\alpha = 1$ nos da el resultado inmediato $$ \int_0^\infty \frac{\ln(x)}{(1+x^2)^2} {\rm d}x = \int_0^\infty \frac{\ln(x)}{(1+x^2)^3} {\rm d}x = -\frac{\pi}{4} $$

Otro método para evaluar este es el uso de la integral a partir de 2015, el MIT Integración de la Abeja, y es también cómo llegué por primera vez a través de esta integral.

A partir de este resultado (solucionado mediante la sustitución de $u=\frac1x$) $$ \int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)(1+x^\alpha)} {\rm d}x = \frac\pi4 $$

vamos a obtener, mediante la diferenciación con respecto a $\alpha$,

$$ \int_0^\infty \frac{x^\alpha \ln(x)}{(1+x^2)(1+x^\alpha)^2} {\rm d}x = 0 $$

Y, finalmente, la configuración de $\alpha = 2$.

Answer 4

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

Con $\ds{\Re\pars{\mu} > - 1}$y $\ds{\Re\pars{\nu} > 0}$:

\begin{align} I_{\mu\nu} & \equiv \bbox[10px,#ffd]{\int_{0}^{\infty}{x^{\mu}\ln\pars{x} \over \pars{1 + x^{2}}^{\nu}}\,\dd x} \,\,\,\stackrel{x^{2}\ \mapsto\ x}{=}\,\,\, {1 \over 4}\int_{0}^{\infty} {x^{\mu/2 - 1/2}\ln\pars{x} \over \pars{1 + x}^{\nu}}\,\dd x \\[5mm] & = \left.{1 \over 4}\,\partiald{}{\alpha}\int_{0}^{\infty} {x^{\alpha + \mu/2 - 1/2} \over \pars{1 + x}^{\nu}}\,\dd x \,\right\vert_{\ \alpha\ =\ 0} \\[5mm] & \stackrel{x + 1\ \mapsto\ x}{=}\,\,\, \left.{1 \over 4}\,\partiald{}{\alpha}\int_{1}^{\infty} {\pars{x - 1}^{\alpha + \mu/2 - 1/2} \over x^{\nu}}\,\dd x \,\right\vert_{\ \alpha\ =\ 0} \\[5mm] & \stackrel{x\ \mapsto\ 1/x}{=}\,\,\, \left.{1 \over 4}\,\partiald{}{\alpha}\int_{1}^{0} {\pars{1/x - 1}^{\alpha + \mu/2 - 1/2} \over \pars{1/x}^{\nu}}\, \pars{-\,{\dd x \over x^{2}}} \right\vert_{\ \alpha\ =\ 0} \\[5mm] & = \left.{1 \over 4}\,\partiald{}{\alpha}\int_{0}^{1} x^{\nu - \alpha - \mu/2 - 3/2}\pars{1 - x}^{\alpha + \mu/2 - 1/2}\, \dd x\,\right\vert_{\ \alpha\ =\ 0} \\[5mm] & = {1 \over 4}\,\partiald{}{\alpha}\bracks{% \Gamma\pars{\nu - \alpha - \mu/2 - 1/2}\Gamma\pars{\alpha + \mu/2 + 1/2} \over \Gamma\pars{\nu}}_{\ \alpha\ =\ 0} \\[5mm] & = \bbx{{\Gamma\pars{\mu/2 + 1/2}\Gamma\pars{\nu - \mu/2 - 1/2} \over 4\Gamma\pars{\nu}} \bracks{H_{\mu/2 - 1/2} - H_{\nu - \mu/2 - 3/2}}} \end{align}

$\ds{H_{z}}$ es un Número Armónico.

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$$ \begin{array}{|c|c|}\hline \ds{\mu \setminus \nu} & \ds{I_{\mu\nu}} \\ \hline \ds{0 \setminus 2} & \ds{-\,{\pi \over 4}} \\ \hline \ds{0 \setminus 3} & \ds{-\,{\pi \over 4}} \\ \hline \end{array} $$

Answer 5

$$ \ int_0 ^ \ infty \ frac {x ^ 2 \ ln (x)} {(1 + x ^ 2) ^ 3} {\ rm d} x = \ int_0 ^ 1 \ frac {x ^ 2 \ ln x)} {(1 + x ^ 2) ^ 3} {\ rm d} x + \ int_1 ^ \ infty \ frac {x ^ 2 \ ln (x)} {(1 + x ^ 2) ^ 3} {\ rm d} x $$ Luego cambie en la primera integral $x=\frac{1}{t}$ .