Integral

Question

He estado tratando de resolver la siguiente integral para los días ahora.

$$P = \int_0^\infty \frac{\ln(x)}{(x+c)(x-1)} dx$$

con $c > 0$. Me di cuenta (numéricamente, por accidente) que si $c = 1$, a continuación, $P = \pi^2/4$. Pero, ¿por qué? Y lo que es más importante: ¿cuál es la solución general de la $P$, para un determinado $c$? He intentado parcial fracción expansiones, los polinomios de Taylor para $ln(x)$ y más, pero nada parece funcionar. Ni siquiera puedo averiguar dónde está el $\pi^2/4$ proviene.

(Antecedentes: para un proyecto hobby estoy construyendo un algoritmo de aprendizaje de máquina que predice los deportes de los puntos de la partida. De alguna manera el punto de ruptura es esta integral, así que la solución sería conseguir que las cosas se muevan de nuevo.)

Answer 1

$$\bbox[10pt, border:2px, lightblue]{\int_0^\infty \frac{\ln x}{(x+c)(x-1)}dx=\frac{\pi^2+\ln^2 c}{2(1+c)},\ \ c>0}$$ Una buena solución puede ser encontrar aquí debido a Yaghoub Sharifi.

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Tal vez podría ser en su interés para ver una solución de la siguiente integral: $$I(a,b)=\int_0^\infty \frac{\ln x}{(x+a)(x+b)}dx\overset{x\to \frac{ab}{x}}=\int_0^\infty \frac{\ln\left(\frac{ab}{x}\right)}{(x+a)(x+b)}dx$$ Resumiendo las dos integrales de arriba nos da: $$2I(a,b)=\ln(ab)\int_0^\infty \frac{1}{(x+a)(x+b)}dx\Rightarrow \boxed{I(a,b)=\frac{\ln(ab)}{2}\frac{\ln\left(\frac{a}{b}\right)}{a-b},\ \ a,b>0}$$ Uno podría obligar a poner a $a=c, b=-1$ en el anterior y tome $\ln(-1)=i\pi$ (el valor del capital). $$\Rightarrow I(c,-1)=\frac{\ln^2 c-\ln^2 (-1)}{2(c+1)}=\frac{\pi^2 +\ln^2 c}{2(1+c)}$$

Answer 2

Una forma más general:

Usa la integral clásica

PS

Entonces

PS

Ahora diferencie esto con respecto a $$\int_0^\infty \frac{x^p}{a+x}\;dx=-a^p\frac{\pi}{\sin(\pi p)};-1<p<0$ y calcule el límite del resultado de la diferenciación a medida que $$\int_0^\infty\frac{x^p}{(a+x)(c+x)}\;dx=\frac{\pi}{\sin(\pi p)}\frac{c^p-a^p}{c-a}$ se aproxima a $p$ para obtener

PS