Cómo mostrar que $ \int^{\infty}_{0} \frac{\ln (1+x)}{x(x^2+1)} \ dx = \frac{5{\pi}^2}{48} $ sin análisis complejo?

Question

El Problema

Estoy tratando de mostrar que $ \displaystyle \int^{\infty}_{0} \frac{\ln (1+x)}{x(x^2+1)} \ dx = \frac{5{\pi}^2}{48}$

Mi intento

He probado sustituyendo $x=\tan\theta$, y a continuación, mediante la sustitución de $u=1 + \tan \theta $ que da:

$ \displaystyle \int^{\infty}_{1} \frac{\ln u}{(u-1)(u^2-2u+2)} \ du $ , sin embargo soy incapaz de evaluar esto.

Answer 1

Tenemos: $$I=\int_{0}^{+\infty}\frac{\log(u+1)}{u^3+u}\,du =\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{1}\frac{1}{(u^2+1)(1+uv)}\,dv\,du$$ y, al intercambiar el orden de integración, a continuación, configuración de $v=\sqrt{w}$: $$ I = \int_{0}^{1}\frac{\pi +2v\log v}{2+2v^2}\,dv =\frac{\pi^2}{8}+\int_{0}^{1}\frac{v\log v}{1+v^2}\,dv=\frac{\pi^2}{8}+\frac{1}{4}\int_{0}^{1}\frac{\log w}{1+w}\,dw$$ así: $$ I = \frac{\pi^2}{8}-\frac{\pi^2}{48} = \color{red}{\frac{5\pi^2}{48}}. $$

Answer 2

Sé el OP dijo que "sin complejos de análisis," pero yo voy a ofrecer una manera de hacer esta integral usando el Teorema de los Residuos de todos modos porque es agradable ver el poder de métodos complejos, con estas integrales.

El análisis de espejo que se calcula en esta respuesta para un caso más complicado. Empezaremos considerando el siguiente contorno de la integral:

$$\oint_C dz \frac{\log{(1+z)} \log{z}}{z (1+z^2)} $$

donde $C$ es un ojo de la cerradura de contorno de radio exterior $R$ y un radio interior de $\epsilon$ como se define en la siguiente figura:

Es decir, $C$ evita los puntos de ramificación en$z=0$$z=-1$. Como se demuestra en el vinculado a la respuesta, cada logaritmo proporciona un salto de $-i 2 \pi$ a través de sus respectivas rama cortada. (La razón es debido a que el recorrido de las agujas del reloj alrededor del punto de ramificación como el contorno se recorre en sentido positivo.) Debido a que la integral sobre los arcos se desvanecen como $R \to \infty$$\epsilon \to 0$, el contorno de la integral es igual a

$$-i 2 \pi \int_0^{\infty} dx \frac{\log{(1+x)}}{x (1+x^2)} - i 2 \pi \int_{e^{i \pi}}^{\infty \, e^{i \pi}} dt \frac{\log{t}}{t (1+t^2)}$$

Tenga en cuenta que la rama de corte para $\log{z}$ $[0,\infty]$ y, para los argumentos $z$ fed en $\log{z}$, $\operatorname{arg}{z} \in [0,2 \pi)$. También, la rama de corte para $\log{(1+z)}$ $(-\infty,-1]$ y, para los argumentos $z$ fed en $\log{(1+z)}$, $\operatorname{arg}{z} \in (-\pi,\pi]$.

La segunda integral se evalúa el uso de $t=u e^{i \pi}$, y es igual a

$$\begin{align}\int_1^{\infty} du \frac{i \pi +\log{u}}{u (1+u^2)} &= i \pi \int_1^{\infty} du \frac{1}{u (1+u^2)} + \int_1^{\infty} du \frac{\log{u}}{u (1+u^2)} \\ &= i \pi \int_0^1 du \frac{u}{1+u^2} - \int_0^1 du \frac{u \log{u}}{1+u^2}\\ &= i \frac{\pi}{2} \log{2} - \left [ \frac{d}{d\alpha}\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \int_0^1 du \, u^{2 k +1+\alpha} \right ]_{\alpha=0} \\ &= i \frac{\pi}{2} \log{2} + \frac14 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(k+1)^2} \\ &= i \frac{\pi}{2} \log{2} + \frac{\pi^2}{48} \end{align}$$

El contorno de la integral es también igual a $i 2 \pi$ veces la suma de los residuos en los polos $z_1=e^{i \pi/2}$$z_2=e^{i 3 \pi/2}$. Esta suma es igual a

$$\begin{align}\sum_{k=1}^2 \operatorname*{Res}_{z=z_k} \frac{\log{(1+z)} \log{z}}{z (1+z^2)} &= \frac{\log{(1+i)} \log{\left ( e^{i \pi/2}\right )}}{i (2 i)} + \frac{\log{(1-i)} \log{\left ( e^{i 3 \pi/2}\right )}}{(-i) (-2 i)}\\&= -\frac12 \left [\log{\left (\sqrt{2} e^{i \pi/4} \right )} i \frac{\pi}{2} + \log{\left (\sqrt{2} e^{-i \pi/4} \right )} i \frac{3\pi}{2} \right ]\\ &= -i \frac{\pi}{2} \log{2} - \frac{\pi^2}{8} \end{align}$$

Por lo tanto, podemos encontrar la deseada integral de

$$\int_0^{\infty} dx \frac{\log{(1+x)}}{x (1+x^2)} + i \frac{\pi}{2} \log{2} + \frac{\pi^2}{48} = i \frac{\pi}{2} \log{2} + \frac{\pi^2}{8} $$

o

$$\int_0^{\infty} dx \frac{\log{(1+x)}}{x (1+x^2)} = \frac{5 \pi^2}{48} $$

como iba a ser mostrado.

Answer 3

En primer lugar, dividir la integral en dos partes: $$I=\int_0^\infty \frac{\ln(1+x)}{x(1+x^2)}dx=\int_0^1+\int_1^\infty=I_1+I_2.$$ En el segundo podemos cambiar la variable a $t=1/x$: $$I_2=\int_1^\infty\frac{\ln(1+x)}{x(1+x^2)}dx=\int_0^1\frac{t\ln(1+\frac{1}{t})}{1+t^2}dt=\int_0^1\frac{t\ln(1+t)}{1+t^2}dt-\int_0^1\frac{t\ln t}{1+t^2}dt.$$ Por lo tanto, $$I=\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x(1+x^2)}dx+\int_0^1\frac{t\ln(1+t)}{1+t^2}dt-\int_0^1\frac{t\ln t}{1+t^2}dt=$$ $$=\int_0^1\left(t+\frac{1}{t}\right)\frac{\ln(1+t)}{1+t^2}dt-\int_0^1\frac{t\ln t}{1+t^2}dt=\int_0^1\frac{\ln(1+t)}{t}dt-\frac14\int_0^1\frac{\ln t}{1+t}dt.$$ La integración por partes de los rendimientos $$\int_0^1\frac{\ln t}{1+t}dt=\ln t\ln(1+t)\Biggl|_0^1-\int_0^1\frac{\ln(1+t)}{t}dt=-\int_0^1\frac{\ln(1+t)}{t}dt,$$ así $$I=\frac54\int_0^1\frac{\ln(1+t)}{t}dt=\frac54\int_0^1\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\frac{x^{n-1}}{n}dt=\frac54\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}=\frac54\frac{\pi^2}{12}=\frac{5\pi^2}{48}.$$

Answer 4

Aquí está un paso-a-paso: vamos a $I$ denotar la integral se calcula.

• Split $I$ en un integrante en $(0,1)$ y un integrante en $(1,+\infty)$.
• Deducir, a partir de esta descomposición que $I=J+K$ donde $$J=\int_0^1\frac{\log(1+x)}x\mathrm dx,\qquad K=\int_0^1\frac{-x\log(x)}{1+x^2}\mathrm dx.$$
• Integrar a $K$ por partes, haciendo uso de las funciones $u=\log(1+x^2)$$v=-\log x$, lo $$K=\frac12L,\qquad L=\int_0^1\frac{\log(1+x^2)}x\mathrm dx.$$
• Utilizar el cambio de variable $x\to x^2$ $L$ a deducir que $$L=\frac12J.$$
• Expandir $\log(1+x)$ como una serie alternada $$\log(1+x)=\sum_{n\geqslant1}(-1)^{n-1}\frac{x^n}n,$$ to deduce that $$J=\sum_{n\geqslant1}(-1)^{n-1}\left.\frac{x^n}{n^2}\right|_0^1=S,\qquad S=\sum_{n\geqslant1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}.$$
• Tenga en cuenta que $$S=\sum_{n\geqslant1}\frac{1}{n^2}-\sum_{n\geqslant1}\frac{2}{(2n)^2}=\frac12\zeta(2).$$
• Deducir de todo esto que $$I=\frac54J=\frac58\zeta(2).$$
• Concluir con $$\zeta(2)=\frac{\pi^2}6.$$

Answer 5

Sugerencia, tenga en cuenta que:

$$\displaystyle \int^{\infty}_{1} \frac{\ln u}{(u-1)(u^2-2u+2)} \ du=\displaystyle \int^{\infty}_{1} \frac{u\ln u}{u(u-1)(u^2-2u+2)} \ du$$

Ahora tome $w=\ln u$, y aplicar fracciones parciales.