Integración de $\int_0^\infty \frac{\log x}{(1+x)^3}\,\operatorname d\!x$ con residuos

Question

Estoy tratando de utilizar los residuos para calcular $$\int_0^\infty\frac{\log x}{(1+x)^3}\,\operatorname d\!x.$$My first attempt involved trying to take a circular contour with the branch cut being the positive real axis, but this ended up cancelling off the term I wanted. I wasn't sure if there was another contour I should use. I also had someone suggest using the substitution $ x=e^z$, so the integral becomes $$\int_{-\infty}^\infty\frac{ze^z}{(1+e^z)^3}\,\operatorname d\!z$$so that the poles are the at the odd multiples of $i\pi$. Yo realmente no he trabajado esto, pero no parece la solución el autor buscaba (esta pregunta viene de un viejo examen preliminar).

¿Alguna sugerencia sobre cómo integrar?

Answer 1

Considere la integral

$$\oint_C dz \frac{\log^2{z}}{(1+z)^3}$$

donde $C$ es un ojo de la cerradura de contorno en el plano complejo, sobre el eje real positivo. Este contorno de la integral puede ser visto a desaparecer a lo largo del interior y exterior circular contornos sobre el origen, por lo que el contorno de la integral es simplemente igual a

$$\int_0^{\infty} dx \frac{\log^2{x}-(\log{x}+i 2 \pi)^2}{(1+x)^3} = -i 4 \pi \int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{(1+x)^3}+4 \pi^2 \int_0^{\infty} dx \frac{1}{(1+x)^3}$$

Por el teorema de los residuos, el contorno de la integral es también igual a $i 2 \pi$ veces el residuo en la pole $z=-1=e^{i \pi}$. En este caso, con el triple poste, tenemos el residuo igual a

$$\frac12 \left [ \frac{d^2}{dz^2} \log^2{z}\right]_{z=e^{i \pi}} = 1-i \pi$$

Así tenemos que

$$-i 4 \pi \int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{(1+x)^3}+4 \pi^2 \frac12 = i 2 \pi + 2 \pi^2$$

lo que implica que

$$\int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{(1+x)^3} = -\frac12$$

Answer 2

\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\infty}{\ln\left(x\right) \over \left(1 + x\right)^{3}}\,{\rm d}x & = & \int_{0}^{\pi/2} {\ln\left(\tan^{2}\left(x\right)\right) \over \left\lbrack 1 + \tan^{2}\left(x\right)\right\rbrack^{3} } \,2\tan\left(x\right)\sec^{2}\left(x\right)\,{\rm d}x \\ & = & 4\int_{0}^{\pi/2} \ln\left(\tan\left(x\right)\right) \tan\left(x\right)\cos^{4}\left(x\right)\,{\rm d}x = 4\int_{0}^{\pi/2} \ln\left(\tan\left(x\right)\right) \sin\left(x\right)\cos^{3}\left(x\right)\,{\rm d}x \\ & = & 4\int_{0}^{\pi/2} \ln\left(\sin\left(x\right)\right) \sin\left(x\right)\cos^{3}\left(x\right)\,{\rm d}x - 4\int_{0}^{\pi/2} \ln\left(\cos\left(x\right)\right) \sin\left(x\right)\cos^{3}\left(x\right)\,{\rm d}x \\ & = & 4\int_{0}^{1} x\left(1 - x^{2}\right)\ln\left(x\right)\,{\rm d}x + 4\int_{1}^{0}x^{3}\ln\left(x\right)\,{\rm d}x = 4\int_{0}^{1} \left(x - 2x^{3}\right)\ln\left(x\right)\,{\rm d}x \\ & = & 4\lim_{n \to 0}{{\rm d} \over {\rm d}n} \int_{0}^{1} \left(x^{n + 1} - 2x^{n + 3}\right)\,{\rm d}x = 4\lim_{n \to 0}{{\rm d} \over {\rm d}n} \left({1 \over n + 2} - {2 \over n + 4}\right) \\ & = & 4\lim_{n \to 0} \left\lbrack -\,{1 \over \left(n + 2\right)^{2}} + {2 \over \left(n + 4\right)^{2}} \right\rbrack = 4 \left(-\,{1 \over 4} + {1 \over 8}\right) = -\,{1 \over 2} \end{eqnarray *}

Answer 3

Este enfoque no es el uso de residuos de método, pero me gustaría publicar la solución general.

Vamos $$\mathcal{I}=\int_0^\infty\frac{x^{m-1}}{(1+x)^{m+n}}\ln x\ dx\tag1$$ Considere la función beta $$ \text{B}(m,n)=\int_0^\infty\frac{x^{m-1}}{(1+x)^{m+n}}\ dx.\tag2 $$ La diferenciación $(2)$ con respecto al $m$ rendimientos \begin{align} \frac{\partial}{\partial m}\text{B}(m,n)&=\int_0^\infty\frac{\partial}{\partial m}\left(\frac{x^{m-1}}{(1+x)^{m+n}}\right)\ dx\\ (\psi(m)-\psi(m+n))\text{B}(m,n)&=\int_0^\infty\frac{x^{m-1}}{(1+x)^{m+n}}\ln\left(\frac{x}{1+x}\right)\ dx\tag3\\ &=\mathcal{I}-\color{red}{\int_0^\infty\frac{x^{m-1}}{(1+x)^{m+n}}\ln (1+x)\ dx},\tag4 \end{align} donde $\psi(\cdot)$ es la función digamma.

Establecimiento $\color{red}{\displaystyle\ x=\frac1t\;\Rightarrow\;dx=-\frac{dt}{t^2}}$ a la segunda integral en $(4)$ rendimientos $$ \int_0^\infty\frac{t^{n-1}}{(1+t)^{n+m}}\ln \left(\frac{1+t}{t}\right)\ dt=(\psi(m+n)-\psi(n))\text{B}(m,n).\tag5 $$ Conectar $(5)$ $(4)$rendimientos $$ \color{blue}{\int_0^\infty\frac{x^{m-1}}{(1+x)^{m+n}}\ln x\ dx=(\psi(m)-\psi(n))\text{B}(m,n)}.\tag6 $$

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Por lo tanto, el uso de $(6)$ y ajuste de $m=1\; ;\; n=2$, obtenemos $$ \large\int_0^\infty\frac{\ln x}{(1+x)^{3}}\ dx=(\psi(1)-\psi(2))\text{B}(1,2)=\color{blue}{-\frac12}, $$ donde $\psi(1)= -\gamma$, $\ \psi(2)= 1-\gamma$, y $\displaystyle\ \text{B}(1,2)=\frac{\Gamma(1)\Gamma(2)}{\Gamma(3)}=\frac12$.