¿Por qué $\int_{0}^{\infty} \frac {\ln x}{1+x^2} \mathrm{d}x =0$ ?

Question

Ayer tuvimos el examen final y una de las preguntas era averiguar el valor de: $$\int_{0}^{\infty} \frac {\ln x}{1+x^2} \mathrm{d}x $$ Curiosamente, utilizando la sustitución $x=\frac{1}{t}$ obtenemos - $$-\int_{0}^{1} \frac {\ln x}{1+x^2} \mathrm{d}x = \int_{1}^{\infty} \frac {\ln x}{1+x^2} \mathrm{d}x $$ y por lo tanto $\int_{0}^{\infty} \frac {\ln x}{1+x^2} \mathrm{d}x = 0 $

Tenía curiosidad por conocer la teoría que hay detrás de este interesante (¡incluso sorprendente!) ejemplo.

Gracias, señor.

Answer 1

Cuando veo un $1 + x^2$ en el denominador es tentador dejar que $\theta = \arctan(x)$ y $d\theta = {1 \over 1 + x^2} dx$ . Cuando se hace eso aquí la integral se convierte en $$\int_0^{\pi \over 2} \ln(\tan(\theta))\,d\theta$$ $$= \int_0^{\pi \over 2} \ln(\sin(\theta))\,d\theta - \int_0^{\pi \over 2} \ln(\cos(\theta))\,d\theta$$ Los dos términos se anulan porque $\cos(\theta) = \sin({\pi \over 2} - \theta)$ .

Además, si haces suficientes de estos, aprendes que hacer el cambio de variables de $x$ a ${1 \over x}$ convierte un ${dx \over 1 + x^2}$ en $-{dx \over 1 + x^2}$ por lo que se convierte en uno de los "trucos del oficio" para integrales con $1 + x^2$ en el denominador. Un ejemplo: este truco se puede utilizar para demostrar que la siguiente integral es independiente de $r$ : $$\int_0^{\infty} {dx \over (1 + x^2)(1 + x^r)}$$

Answer 2

No sé exactamente qué tipo de teoría hay detrás de la integral que estás buscando, pero para mí los puntos que saltan a la vista son los siguientes $dx/x=d(\log x)$ y $1+x^2=(1/x+x)x$ de modo que tenemos

$$\frac{\log x}{1+x^2}dx=\frac{u\, du}{e^{-u}+e^u} $$

tras el cambio de variables $u=\log x$ . En $x$ oscila entre $(0,\infty)$ , $u$ oscila entre $\Bbb R$ y el integrando del lado derecho, $u/(e^{-u}+e^u)$ es una función antisimétrica aka impar de $u$ . Las integrales de funciones Impares sobre intervalos simétricos respecto al origen son siempre cero.

Answer 3

En retrospectiva, se puede extraer un principio general de este ejemplo. Sea $f(x)$ sea una función say continua. Supongamos también que $$\frac{1}{x}f\left(\frac{1}{x}\right)=-xf(x)$$ para todos los $x$ . Entonces para cualquier $b\ne 0$ , $$\int_{1/b}^b f(x)\,dx=0.\tag{$ 1 $}$$

En las mismas condiciones, si la integral impropia converge, tenemos $$\int_0^\infty f(x)\,dx=0.$$

La demostración de cualquiera de los dos resultados es la misma que la demostración de anon en el caso particular $f(x)=\frac{\log x}{1+x^2}$ . Para $(1)$ divide la integral en dos partes, $1/b$ a $1$ y $1$ a $b$ . Para la integral entre $1/b$ y $1$ , realice el cambio de variable $u=1/x$ .

Observación: Si un truco o una idea resuelve un problema concreto, se puede hacer ingeniería inversa e identificar los problemas para los que funciona esencialmente la misma idea. En este caso, la ingeniería inversa no parece producir algo de interés general. En su lugar, uno debería limitarse a extraer la lección general: la simetría es tu amiga. Explótala. (Esa reformulación de Polya no ha sonado del todo bien).

Answer 4

Basta con considerar $x={e}^{t}$ . Entonces $dx={e}^{t}\,dt$ . tenemos:

$$\int_{0}^{\infty}\frac{\ln x}{1+x^{2}}dx=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{t{e}^{t}}{1+{e}^{2t}}dt=0$$

Recordemos que la función $\frac{t\mathrm{e}^{t}}{1+e^{2t}}$ es impar.

Answer 5

Tú mismo has demostrado por qué el resultado es 0 (al hacer el cambio $u = \frac{1}{x}$ ).

Creo que se puede considerar igual que esta integral: $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}x dx = \displaystyle\lim_{X\rightarrow +\infty} \int_{-X}^X xdx=0 $ .

Tenga en cuenta que no estoy seguro de que $\int_{-\infty}^{\infty}x dx$ está realmente definida, pero esto también se aplica a su integral $\displaystyle\int_0^{\infty}\displaystyle\frac{\ln x}{1+x^2}dx$ .