Evaluando

Question

$$\int_0^\infty \frac{\ln x}{x^2+2x+2}dx$ $ Una cuestión similar a este se le ha pedido antes aquí, pero allí la cuadrática no tiene un término constante.

He intentado utilizar completando el cuadrado y las respuestas en la pregunta vinculada pero puesto que el plazo de registro en el numerador tiene $x$ no $x+1 $(after completing the square the quadratic is $(x+1)^2 + 1$) so that doesn't seem to work.

Answer 1

Que $I$ ser nuestra integral. En primer lugar, da a cambio de la variable $x=2t$: $$I=\int_0^{+\infty}\frac{\log t}{2t^2+2t+1}+\log 2\int_0^{+\infty}\frac{dt}{2t^2+2t+1}$ $

En el primer integral, cambio de la variable $t=1/u$:

$$\int_0^{+\infty}\frac{\log t}{2t^2+2t+1}=-\int_0^{+\infty}\frac{\log u}{u^2+2u+2}du=-I$$

Por lo tanto, $$2I=\log 2\int_0^{+\infty}\frac{dt}{2t^2+2t+1}=\log(2)[{\rm Arctan}(2t+1)]_0^{+\infty}=\frac{\pi}{4}\log2$ $

Answer 2

Echemos un vistazo a la compleja función con valores de ($a<1$, por lo que la función va a cero, como se $|z|\rightarrow \infty$) $$ f(z,a)=\frac{z^a}{z^2+2z+2} \quad (1) $$ Además tenga en cuenta que $$\partial_af(z,a)|_{a=0}= \frac{\log(z)}{z^2+2z+2} \quad (2)$$

Igualando esta expresión en el real positiv $x$ nos dará la original integrando.

Ahora, vamos a integrar (1) alrededor de un contorno en el plano complejo, que se parece a un ojo de la cerradura con hendidura en el eje real positivo. Tenemos, aplicando el teorema de los residuos

$$ \cualquier f(z) dz = \lim_{R \rightarrow \infty}\int_{C_R}f(z)dz+\lim_{\epsilon\rightarrow 0}\int_{C_\epsilon}f(z)dz+\int_0^{\infty}f(x+i\delta)dx+\int_{\infty}^0f(x-i\delta)dx=2\pi i(\text{res}(z=z_+)+\text{res}(z=z_-)) $$

donde $z_{\pm}=-1\pm i$ denota los ceros del denominador de $f(z,a)$ ,$C_R$ es un gran círculo en el plano complejo de terminar en la rama de corte y $C_{\epsilon}$ es un pequeño semicírculo en torno al origen (punto de ramificación).

Tenga en cuenta que las dos primeras integrales desaparecerá después de tomar los límites (a la izquierda como excersise).

Nuestra elección de contorno implica la siguiente definición del logaritmo complejo ($x>0$):

$$ \lim_{\delta\rightarrow 0_+}\log(x+i\delta)=\log(x), \quad \lim_{\delta\rightarrow 0_+}\log(x-i\delta)=\log(x)+2 \pi i $$

lo que implica

$$ \cualquier f(z) dz =\\(1-e^{ 2\pi i})\int_{0}^{\infty}f(x,a)dx=2\pi i(\text{res}(z=z_+)+\text{res}(z=z_-)) \quad (3) $$

El cálculo de los residuos es tranquila fácil si uno es cuidadoso con el argumento de $z^a$

$$ \text{res}(z=z_+)=-\frac{(\sqrt{2})^{a}e^{3\pi i a /4}}{2}, \quad \text{res}(z=z_-)=\frac{(\sqrt{2})^{a}e^{5\pi i a/4}}{2} $$

y (3) se convierte en

$$ \int_{0}^{\infty}f(x,a)dx= \pi (\sqrt{2})^a \frac{\sin(\pi /4)}{\sin (\pi)} $$

Además (utilizando (2))

$$I= \partial_a \int_{0}^{\infty}f(x,a)dx\big|_{a=0}=\frac{\pi}{8}\log(2)$$

es la integral en cuestión.

Apéndice

Como un bono, podemos obtener genérico de las integrales del tipo

$$ I(m,a)=\int_0^{\infty}dx\frac{x^a \log^m(x)}{x^2+2x+2} $$

mediante la observación

$$ I(m,a)=\partial_m\int_0^{\infty}dx\frac{ x^a }{x^2+2x+2} $$

y el uso de los resultados anteriores

Answer 3

He intentado utilizar la $x+1 = \tan t$, entonces tenemos $$ I = \int^{\pi/2}_{\pi/4} \ln (\bronceado t-1) dt $$ Podemos utilizar $$ \in_a^b f(x)dx = \int_a^b f(a+b-x) dx $$ así tenemos $$ I = \int^{\pi/2}_{\pi/4} \ln (\bronceado t-1) dt = \int^{\pi/2}_{\pi/4} \ln (\tan \left(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{2} - t\right)-1) dt $$ pero sabemos $$ \tan \left(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{2} - t\right) = \frac{\tan\left(\frac{3\pi}{4}\right)-\tan t}{1+\tan\left(\frac{3\pi}{4}\right)\tan t}=\frac{-1-\tan t}{1-\tan t} $$ así que el argumento de la última integral es $$ \int^{\pi/2}_{\pi/4} \ln (\tan \left(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{2} - t\right)-1) dt =\int^{\pi/2}_{\pi/4} \ln\left(\frac{-1-\tan t}{1-\tan t}-1\right)dt = \int^{\pi/2}_{\pi/4} \ln\left(\frac{1+\tan t}{\bronceado t-1}-\frac{\bronceado t-1}{\bronceado t-1}\right)dt $$ o, finalmente, $$ I = \int^{\pi/2}_{\pi/4} \ln\left(\frac{2}{\bronceado t-1}\right)dt = \int^{\pi/2}_{\pi/4} \ln 2 dt - \int^{\pi/2}_{\pi/4} \ln (\bronceado t-1) dt = \ln 2 \int^{\pi/2}_{\pi/4} dt - I $$ así, obtenemos $$ 2I = \ln 2\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\pi \ln 2}{4} $$ o, finalmente, $$ I = \frac{\pi \ln 2}{8} $$