La evaluación de $\int_{0}^{\infty}\frac{\cos(x/a)-1}{x}\cdot\cos(x)\ln(x) dx$

Question

$$I=\large \int_{0}^{\infty}\frac{\cos(x/a)-1}{x}\cdot\cos(x)\ln(x)\mathrm dx$$

Intento:

Dividir en

$$\large \int_{0}^{\infty}\frac{\cos(x/a)}{x}\cdot\cos(x)\ln(x)\mathrm dx-\int_{0}^{\infty}\frac{1}{x}\cdot\cos(x)\ln(x)\mathrm dx=J-K$$

Aplicando integración por partes, $\large u=\cos(x)$

$\large \mathrm du=-\sin(x)$

$\large \mathrm dv=\frac{\ln(x)}{x}\mathrm dx$

$\large v=\frac{\ln^2(x)}{2}$

$$K=\frac{\cos(x)\ln^2(x)}{2}+\frac{1}{2}\int\sin(x)\ln^2(x)\mathrm dx$$

Intente con otra integración por partes,

$\large u=\sin(x)\ln(x)$

$\large \mathrm du=\frac{}\sin(x){x}+\cos(x)\ln(x)$

$\large \mathrm dv=\sin(x)\mathrm dx$

$\large v=\sin(x)$

$$\int\sin(x)\ln^2(x)\mathrm dx=-\cos(x)\sin(x)\ln(x)+\int \left(\frac{\sin(2x)}{2x}+\ln(x)-\sin^2(x)\ln(x)\right)\mathrm dx$$

$$\int\sin(x)\ln^2(x)\mathrm dx=-\cos(x)\sin(x)\ln(x)+x\ln(x)-x+\int \left(\frac{\sin(2x)}{2x}-\sin^2(x)\ln(x)\right)\mathrm dx$$

He trate de hacer de la integración por partes para reducir, pero no está funcionando.

He intentar buscar estándar de la tabla de integrales, pero no puede encontrar mucho para que me ayude.

Soy incapaz de continuar. Puede alguien por favor liderar el camino?

Answer 1

Lema. Para $a > 0$, tenemos $$ f(a) := \int_{0}^{\infty} \frac{\cos (ax) - \cos x}{x}\log x \, dx = \frac{(2\gamma + \log a)\log a}{2}. $$

Prueba. Considere la función $I(s) = \int_{0}^{\infty} \frac{\cos(ax) - \cos x}{x^{1+s}} \, dx$. A continuación, $I(s)$ define una analítica de la función en la franja de gaza $\operatorname{Re}(s) \in (-1, 1)$. También, para $s \in (-1, 0)$ hemos

\begin{align*} I(s) &= \int_{0}^{\infty} \left( \frac{1}{\Gamma(1+s)} \int_{0}^{\infty} u^s e^{-xu} \, du \right) (\cos(ax) - \cos x) \, dx \\ &= \frac{1}{\Gamma(1+s)} \int_{0}^{\infty} u^s \left( \int_{0}^{\infty} e^{-xu} (\cos(ax) - \cos x) \, dx \right) \, du \\ &= \frac{1}{\Gamma(1+s)} \int_{0}^{\infty} \left( \frac{u^{s+1}}{u^2+a^2} - \frac{u^{s+1}}{u^2 + 1} \right) \, du \\ &= \frac{(a^s - 1)\mathrm{B}(\frac{s}{2}+1,-\frac{s}{2})}{2\Gamma(1+s)} \\ &= -\frac{\pi (a^s - 1)}{2\sin(\frac{\pi s}{2})\Gamma(1+s)}. \end{align*}

Esta fórmula sigue manteniendo en todos los de la franja por el principio de continuación analítica. Por lo que se deduce que

$$ f(a) = -I'(0) = -\lim_{s \to 0} I'(s) = \frac{(2\gamma + \log a)\log a}{2}. $$

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Usando el lema y $\cos(x/a)\cos x = \frac{1}{2}\left( \cos (\frac{a+1}{a}x) + \cos(|\frac{a-1}{a}|x) \right)$, obtenemos

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{\cos (ax) - 1}{x}\cos x\log x \, dx = \frac{f\left(\frac{a+1}{a}\right) + f\left(\left|\frac {- 1}{a}\right|\right)}{2}. $$

Answer 2

Deje $b=\frac{1}{a} > 0$ para evitar fracciones. Utilizando identidades trigonométricas tenemos $$ [\cos(b x) - 1]\cos(x) = - \sin\left(\frac{b}{2}x\right) \left\{\sin\left[\left(\frac{b}{2}-1\right)x\right] + \sin\left[\left(\frac{b}{2}+1\right)x\right]\right\} \, . $$ En mi respuesta a esta pregunta que me han demostrado que $$ \int \limits_0^\infty \frac{\sin(\alpha x) \sin(\beta x)}{x} \ln(x) \, \mathrm{d} x = \frac{1}{4} \ln \left(\frac{\lvert \alpha - \beta\rvert}{\alpha + \beta}\right)[\ln(\lvert \alpha^2-\beta^2\rvert) + 2 \gamma]$$ tiene por $\alpha, \beta > 0$ si $\alpha \neq \beta$ . Por lo tanto obtenemos para $a \neq 1 \Leftrightarrow b \neq 1$ \begin{align} I &= \int \limits_0^\infty \frac{[\cos(b x)-1]\cos(x)}{x} \ln(x) \, \mathrm{d} x \\ &= - \int \limits_0^\infty \frac{\sin\left(\frac{b}{2}x\right) \left\{\sin\left[\left(\frac{b}{2}-1\right)x\right] + \sin\left[\left(\frac{b}{2}+1\right)x\right]\right\}}{x} \ln(x) \, \mathrm{d} x \\ &= \frac{1}{4} \ln(\lvert 1-b\rvert) [\ln(\lvert 1-b\rvert) + 2 \gamma] + \frac{1}{4} \ln( 1+b) [\ln( 1+b) + 2 \gamma] \\ &= \frac{1}{4} [\ln^2 (\lvert 1-b\rvert) + \ln^2 (1+b) + 2 \gamma \ln (\lvert 1-b^2 \rvert)] \, . \end{align}

Answer 3

Estoy en una prisa para Il sólo dar un bosquejo de mi ideea y tal vez alguien puede terminar, o Il intente más tarde. Veamos: $$I(a)=\int_0^\infty \frac{\cos \left(\frac{x}a\right)-1}{x}\cos x \ln x\,dx$$ Podemos diferenciar w.r.t (ver aquí: https://en.wikipedia.org/wiki/Leibniz_integral_rule) $$I'(a)=\int_0^\infty \frac{1}{a^2}\sin\left(\frac{x}{a}\right)\cos x \ln x \,\frac{x}{x}\,dx $$ In case you wonder why I added $\frac{x}{x}=1$ is because the next step is to use https://en.wikipedia.org/wiki/Laplace_transform#Evaluating_integrals_over_the_positive_real_axis but first lets adjust the integral usign the product to sum formula then apply the laplace transform. $$I'(a)=\frac{1}{2a^2}\int_0^\infty \left(x\sin\left({x+\frac{x}a}\right)-x\sin\left({x-\frac{x}a}\right)\right)\left(\frac{\ln x }{x}\right)\,dx$$ The inverse laplace of $\frac{\ln s}{s}=-(\ln t-\gamma)\,$ which can be tackled down working backwards by computing the laplace transform of $\ln x$ using the derivate of the gamma function and for the first two its just the laplace of the sine part differentiated once.$$I'(a)=-\frac{1}{2a^2}\int_0^\infty \left(\frac{2x\left(1+\frac1a\right)}{\left(x^2+\left(1+\frac1a\right)^2\right)^2} -\frac{2x\left(1-\frac1a\right)}{\left(x^2+\left(1-\frac1a\right)^2\right)^2}\right)(\ln x +\gamma)\,dx $$ Now what's next is to split into $4$ integrals. Since wolfram evaluates $$\int_0^\infty \frac{bx\ln x}{(x^2+b^2)^2}dx=\frac{1}{4b}\ln \left(\frac{1}{b^2}\right)$$ and closed form for other parts are not hard to find, also its pretty easy to integrate back but this time dont forget its $ da\,$ instead of $dx\,$ then for $a=1$ debemos encontrar la constante y el resultado final dio por @Claude Leibovici. Déjeme saber si usted puede terminar.

Answer 4

Esta no es una respuesta pero es demasiado largo para un comentario.

Como escribí en un comentario, supongo que no es un truco, pero creo que no debemos dividir como $I=J−K$, ya que hay un grave problema con $K$$x=0$.

Cerca de cero $$\frac{\cos \left(\frac{x}{a}\right)-1}{x}\,\cos (x)\,\log (x)=-\frac{x \log (x)}{2 a^2}+O\left(x^3\right) $$ $$\int \frac{\cos \left(\frac{x}{a}\right)-1}{x}\,\cos (x)\,\log (x)\,dx=\frac{x^2 (1-2 \log (x))}{8 a^2}+O\left(x^4\right)$$ no hacer ningún tipo de problema.

Ser corto de ideas y perezoso, sólo por curiosidad, me dio un CAS y obtuvo el resultado $$I=\frac{1}{16} \left(\log ^2\left(\frac{(a-1)^2}{a^2}\right)+4 \gamma \log \left(\frac{(a-1)^2}{a^2}\right)+4 \log \left(\frac{1+a}{a}\right) \left(\log \left(\frac{1+a}{a}\right)+2 \gamma \right)\right)$$ Cómo conseguirlo, esta es la cuestión !