La evaluación de $\int_0^\infty \frac{\log (1+x)}{1+x^2}dx$

Question

Esta integral puede resolverse con curvas de nivel integral o por alguna aplicación del teorema de los residuos? $$\int_0^\infty \frac{\log (1+x)}{1+x^2}dx = \frac{\pi}{4}\log 2 + \text{Catalan constant}$$

Tiene dos polos en $\pm i$ y la rama de punto de $-1$, mientras que la integral se puede evaluar de la de $0\to \infty$. Cómo conseguir $\text{Catalan Constant}$? Por favor, darle algunos consejos.

Answer 1

\begin{align*} \int_{0}^{\infty} \frac{\log (x + 1)}{x^2 + 1} \, dx &= \int_{0}^{1} \frac{\log (x + 1)}{x^2 + 1} \, dx + \int_{1}^{\infty} \frac{\log (x + 1)}{x^2 + 1} \, dx \\ &= \int_{0}^{1} \frac{\log (x + 1)}{x^2 + 1} \, dx + \int_{0}^{1} \frac{\log (x^{-1} + 1)}{x^2 + 1} \, dx \quad (x \mapsto x^{-1}) \\ &= 2 \int_{0}^{1} \frac{\log (x + 1)}{x^2 + 1} \, dx - \int_{0}^{1} \frac{\log x}{x^2 + 1} \, dx \end{align*}

Para la primera integral, que conecta

$$ u = \frac{1-x}{1+x}, \quad dx = - \frac{2}{(u+1)^2} \, du. $$

Entonces es fácil encontrar

$$ \int_{0}^{1} \frac{\log (x + 1)}{x^2 + 1} \, dx = \int_{0}^{1} \frac{\log 2 - \log (u + 1)}{u^2 + 1} \, du = \frac{\pi}{4}\log 2 - \int_{0}^{1} \frac{\log (u + 1)}{u^2 + 1} \, du $$

y por lo tanto

$$ \int_{0}^{1} \frac{\log (x + 1)}{x^2 + 1} \, dx = \frac{\pi}{8}\log 2. $$

Para la segunda integral, que conecta $x = e^{-t}$ y hemos

\begin{align*} \int_{0}^{1} \frac{\log x}{x^2 + 1} \, dx &= - \int_{0}^{\infty} \frac{t e^{-t}}{1 + e^{-2t}} \, dt = - \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n} \int_{0}^{\infty} t \, e^{-(2n+1)t} \, dt \\ &= - \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)^{2}} = - G, \end{align*}

donde $G$ es el catalán constante.

Por lo tanto, tenemos

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{\log (x + 1)}{x^2 + 1} \, dx = \frac{\pi}{4} \log 2 + G. $$

Answer 2

Si usted todavía está interesado en métodos que uso el contorno de integración, considere la función $$f(z) = \frac{\log(1+z) \log(-z)}{1+z^{2}}.$$

El uso de la rama principal del logaritmo, hay una rama corta a lo largo de $[0,\infty)$ y una rama de corte a lo largo de $(-\infty, -1]$.

A continuación, la integración de la izquierda en torno a un ojo de la cerradura de contorno deformado alrededor de la rama cortes (ver aquí para una imagen),

$$ \begin{align} &\int_{\infty}^{0} \frac{\log(1+x) \big(\log(x) + i \pi \big)}{1+x^{2}} \ dx + \int_{0}^{\infty} \frac{\log(1+x) \big(\log (x) - i \pi \big)}{1+x^{2}} \ dx \\ &+\int_{-\infty}^{-1} \frac{\big(\log|1+x| + i \pi \big) \log(-x)}{1+x^{2}} \ dx + \int_{-1}^{-\infty} \frac{\big(\log|1+x| - i \pi \big) \log(-x)}{1+x^{2}} \ dx \\ &= - 2 \pi i \int_{0}^{\infty} \frac{\log(1+x)}{1+x^{2}} \ dx + 2 \pi i \int_{1}^{\infty} \frac{\log(x)}{1+x^{2}} \ dx \\ &= 2 \pi i \big( \text{Res} [f(z), i] + \text{Res} [f(z), -i] \big) \\ &= 2 \pi i \left(\frac{\log(1+i) \log(-i)}{2i} + \frac{\log(1-i)\log(i)}{-2i} \right) \\ &= 2 \pi i \left( - \frac{\pi}{4} \log(2)\right) . \end{align}$$

Por lo tanto,

$$ \begin{align} \int_{0}^{\infty} \frac{\log(1+x)}{1+x^{2}} \ dx &= \frac{\pi}{4} \log(2) + \int_{1}^{\infty} \frac{\log (x)}{1+x^{2}} \ dx \\ &= \frac{\pi}{4} \log(2) - \int_{1}^{0} \frac{\log(\frac{1}{u})}{1+ (\frac{1}{u})^{2}} \frac{1}{u^{2}} \ du \\ &= \frac{\pi}{4} \log(2) - \int^{1}_{0} \frac{\log u}{1+u^{2}} \ du \\ &= \frac{\pi}{4} \log(2) + G . \end{align}$$

Answer 3

En esta respuesta, la sustitución de $x=\frac{1-y}{1+y}$ es utilizado para obtener $$ \int_0^1\frac{\log(1+x)}{1+x^2}\mathrm{d}x=\frac\pi8\log(2)\etiqueta{1} $$ Podemos utilizar la sustitución de $x\mapsto1/x$ para obtener $$ \begin{align} \int_1^\infty\frac{\log(1+x)}{1+x^2}\mathrm{d}x =\int_0^1\frac{\log(1+x)-\log(x)}{1+x^2}\mathrm{d}x\tag{2} \end{align} $$ lo que implica $$ \int_0^\infty\frac{\log(1+x)}{1+x^2}\mathrm{d}x =2\int_0^1\frac{\log(1+x)}{1+x^2}\mathrm{d}x\int_0^1\frac{\log(x)}{1+x^2}\mathrm{d}x\etiqueta{3} $$ Por tanto, podemos utilizar $$ \begin{align} \int_0^1x^k\log(x)\,\mathrm{d}x &=\frac1{k+1}\int_0^1\log(x)\,\mathrm{d}x^{k+1}\\ &=-\frac1{k+1}\int_0^1x^{k+1}\,\mathrm{d}\log(x)\\ &=-\frac1{k+1}\int_0^1x^k\,\mathrm{d}x\\ &=-\frac1{(k+1)^2}\tag{4} \end{align} $$ para obtener $$ \begin{align} \int_0^\infty\frac{\log(1+x)}{1+x^2}\mathrm{d}x &=2\int_0^1\frac{\log(1+x)}{1+x^2}\mathrm{d}x-\int_0^1\frac{\log(x)}{1+x^2}\mathrm{d}x\\ &=\frac\pi4\log(2)-\int_0^1\sum_{k=0}^\infty(-1)^kx^{2k}\log(x)\,\mathrm{d}x\\ &=\frac\pi4\log(2)+\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)^2}\\[4pt] &=\frac\pi4\log(2)+\mathrm{G}\tag{5} \end{align} $$

Answer 4

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil #1 \right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \cima {= \cima \vphantom{\enorme}}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ De acuerdo con el usuario $\tt@Cody$ respuesta , la importante e integral para evaluar es $\ds{\int_{0}^{1}{\ln\pars{x + 1} \over x^{2} + 1}\,\dd x}$.

De ahora en adelante vamos a mostrar una $\quad\color{#888}{\large\ds{\tt\ul{\mbox{simple and quite short}}}}\quad$ de la evaluación.

Con $\ds{x \equiv \tan\pars{\theta}}$: \begin{align} \color{#00f}{\large\int_{0}^{1}{\ln\pars{x + 1} \over x^{2} + 1}\,\dd x}&= \int_{0}^{\pi/4}\ln\pars{\tan\pars{\theta} + 1}\,\dd\theta \\[3mm]&=\half\,\bracks{\int_{0}^{\pi/4}\ln\pars{\tan\pars{\theta} + 1}\,\dd\theta + \int_{0}^{\pi/4}\ln\pars{\tan\pars{{\pi \over 4} - \theta} + 1}\,\dd\theta} \\[3mm]&=\half\,\bracks{\int_{0}^{\pi/4}\ln\pars{\tan\pars{\theta} + 1}\,\dd\theta + \int_{0}^{\pi/4} \ln\pars{{1 - \tan\pars{\theta} \over 1 + \tan\pars{\theta}} + 1}\,\dd\theta} \\[3mm]&=\half\,\bracks{\int_{0}^{\pi/4}\ln\pars{\tan\pars{\theta} + 1}\,\dd\theta + \int_{0}^{\pi/4}\ln\pars{2 \over 1 + \tan\pars{\theta}}\,\dd\theta} \\[3mm]&=\half\int_{0}^{\pi/4}\ln\pars{2}\,\dd\theta =\color{#00f}{\large{1 \over 8}\,\pi\ln\pars{2}} \end{align}

Answer 5

Vamos $$ I(a)=\int_0^\infty\frac{\ln(1+at)}{1+t^2}dt. $$ A continuación, $I(0)=0$ y \begin{eqnarray} I'(a)&=&\int_0^\infty\frac{t}{(1+at)(1+t^2)}dt\\ &=&\frac{1}{1+a^2}\int_0^\infty\left(\frac{a+t}{1+t^2}-\frac{a}{1+at}\right)dt\\ &=&\frac{1}{2(1+a^2)}(2a\arctan t-2\ln(1+at)+\ln(1+t^2))\bigg|_{0}^\infty\\ &=&\frac{a\pi-2\ln a}{2(1+a^2)}. \end{eqnarray} Así tenemos $$ I(1)=\int_0^1\frac{a\pi-2\ln a}{2(1+a^2)}da=\frac{\pi}{4}\ln2+G $$ donde wu uso $$ \int_0^1\frac{\ln a}{1+a^2}da=-G. $$