Muestran que

Question

Estoy tratando de mostrar que $$I=\int_{0}^\infty \frac{1}{(1+x-u)(\pi^2+\ln^2(x))}dx=\frac{1}{u}+\frac{1}{\ln(1-u)}$$

Mi primer pensamiento fue seguir la $m=\frac{1}{x}$ lo que llevó a $$I=1+(u-1)\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{(e^{-m}+(1-u))(\pi^2+m^2)}dm $$ Pero que, lamentablemente, no parece ir a ninguna parte. Yo original vio esta integral de la transformada de Laplace de la sección de Jack D'Aurizio notas, pero yo, por la vida de mí, no podía parecen utilizar la transformada de Laplace para evaluar la integral. También estoy consciente de que esto es muy similar a la integral que involucra el Gregorio Coeficientes, pero quiero evitar esos si que puedo. He intentado utilizar la diferenciación en virtud de la integral, pero no podía encontrar ninguna forma razonable de hacerlo. He tratado de serie, pero que no funciona bien. Cualquier empuje en la dirección correcta sería muy apreciada.

Answer 1

No es una respuesta, solo un poco de progreso en la integral.

Definimos $$P(u)=\int_0^\infty \frac{dx}{(x+u)(\pi^2+\ln^2x)}$ $ que es $$P(u)=1-u\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{(e^x+u)(\pi^2+x^2)}.$ $ Luego realizamos el sub $x\mapsto \pi\tan x$ para que $$ \begin{align} P(u)&=1-\frac{u}\pi\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{dx}{u+e^{\pi\tan x}}\\ &=1-\frac{u}\pi\left[\int_{0}^{\pi/2}\frac{dx}{u+e^{\pi\tan x}}+\int_{-\pi/2}^0\frac{dx}{u+e^{\pi\tan x}}\right]\\ &=1-\frac{u}\pi\left[\int_{0}^{\pi/2}\frac{dx}{u+e^{\pi\tan x}}+\int_0^{\pi/2}\frac{dx}{u+e^{-\pi\tan x}}\right]\\ &=1-\frac{u}\pi\int_{0}^{\pi/2}\frac{2u+2\cosh(\pi\tan x)}{1+u^2+2u\cosh(\pi\tan x)}dx\\ &=1-\frac{1}\pi\int_0^{\pi/2}\left(1+\frac{u^2-1}{1+u^2+2u\cosh(\pi\tan x)}\right)dx\\ &=\frac12+\frac{1-u^2}\pi\int_0^{\pi/2}\frac{dx}{1+u^2+2u\cosh(\pi\tan x)} \end {align} $$ Que es lo más lejos que pueda llegar. Tal vez podamos usar $$\frac1{1+2x\cos\phi+x^2}=\sum_{n\ge0}(-1)^n\frac{\sin(n+1)\phi}{\sin\phi}x^n$ $ pero parece una especie de disparo en la oscuridad.