La pregunta es
Evaluar$$ \int \limits^{\infty}_0\dfrac{\ln x}{x^2+\pi^2} dx $ $
No tengo idea de qué hacer. Intenté la integración por partes, no funcionó.
La ayuda sería apreciada.
Gracias
Respuestas
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Ron Gordon
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Método I
Dividir la integración de la región de la siguiente manera:
$$\int_0^{\pi} dx \frac{\log{x}}{x^2+\pi^2} + \int_{\pi}^{\infty} dx \frac{\log{x}}{x^2+\pi^2}$$
En la segunda integral, sub $x=\pi^2/y$ y conseguir que la integral es
$$\int_0^{\pi} dx \frac{\log{x}}{x^2+\pi^2} + \pi^2 \int_0^{\pi} \frac{dy}{y^2} \frac{\log{\pi^2/y}}{\pi^2+\pi^4/y^2}$$
o después de la cancelación
$$\int_0^{\pi} dx \frac{\log{\pi^2}}{x^2+\pi^2} = \frac12 \log{\pi}$$
Método II
Como dio a entender en los comentarios, podemos usar el teorema de los residuos. Usar un ojo de la cerradura de contorno de radio $R$ $C$ sobre el eje real positivo y considerar la integral
$$\oint_C dz \frac{\log^2{z}}{z^2+\pi^2}$$
La integral sobre el arco circular se desvanece como $R \to\infty$ y por el teorema de los residuos, nos quedamos con
$$\int_0^{\infty} dx \frac{\log^2{x}}{x^2+\pi^2} - \int_0^{\infty} dx \frac{(\log{x}+i 2 \pi)^2}{x^2+\pi^2} = i 2 \pi \left [\frac{(\log{\pi}+i \pi/2)^2}{i 2 \pi}- \frac{(\log{\pi}+i 3\pi/2)^2}{i 2 \pi}\right ]$$
o
$$-i 4 \pi \int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{x^2+\pi^2}+ 4 \pi^2 \int_0^{\infty} dx \frac{1}{x^2+\pi^2} = -i 2 \pi \log{\pi} + 2 \pi^2$$
Los respectivos términos de la derecha en cada lado de la cancela, y nos quedamos con
$$\int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{x^2+\pi^2} = \frac12 \log{\pi}$$
Felix Felicis
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469
Una alternativa, $a > 0$:
PS
Se puede mostrar que la última integral es igual a 0 al dividirla de esta forma:
PS
y$$\displaystyle\begin{align*} \int_0^{\infty} \frac{\ln x}{x^2 + a^2}dx & \overset{x\mapsto a \tan x}= \frac{1}{a}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln a \ dx + \frac{1}{a}\underbrace{\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln \tan x \ dx}_{=0} \\ & = \frac{\ln a}{a}\cdot \frac{\pi}{2} \end{align*}$ $
Felix Marin
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\begin{align} \color{#00f}{\large\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over x^{2} + \pi^{2}}\,\dd x}&= {1 \over \pi}\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{\pi x} \over x^{2} + 1}\,\dd x ={1 \over \pi}\,\ln\pars{\pi}\ \overbrace{\int_{0}^{\infty}{\dd x \over x^{2} + 1}}^{\ds{=\ {\pi \over 2}}}\ +\ {1 \over \pi}\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over x^{2} + 1}\,\dd x \\[3mm]&=\half\,\ln\pars{\pi} + {1 \over \pi} \overbrace{\quad\bracks{\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over x^{2} + 1}\,\dd x\ +\ \underbrace{\quad\int_{1}^{0}{\ln\pars{1/x} \over \pars{1/x}^{2} + 1}\,\pars{-\,{\dd x \over x^{2}}}\quad}_{\ds{=-\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over x^{2} + 1}\,\dd x}}}\quad}^{\ds{=\ 0}} \\[3mm]&=\color{#00f}{\large\half\,\ln\pars{\pi}} \end{align}
Farkhod Gaziev
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