Evaluación de $\int_0^{\infty}\frac{\ln(x^2+1)}{x^2+1}dx$

Question

¿Cómo podría evaluar esta integralidad? $$\int_0^{\infty}\frac{\ln(x^2+1)}{x^2+1}dx.$$ Lo que he probado hasta ahora: Intenté una integral semicircular en la parte imaginaria positiva del plano complejo, excluyendo el eje real negativo, pero tuve problemas para calcular el residuo en $z=i$ (tal vez haya una forma de hacerlo que desconozco). Después de que eso no funcionara, probé con una caja rectangular integral de $\epsilon$ a $R$ , de $R$ a $R+i/2$ , de $R+i/2$ a $-S+i/2$ , de $-S+i/2$ a $-S+i\epsilon$ , de $-S+i\epsilon$ a $-\epsilon+i\epsilon$ y finalmente un semicírculo alrededor del origen, de radio $\epsilon$ .

Se agradecería cualquier ayuda.

Answer 1

Utilice $x\to \tan\theta$ y $dx=\sec^2\theta\ d\theta$ . La integral se convierte en $$\int_0^{\pi/2} 2\ln (\sec \theta) d\theta$$

Que es $$-2\int_0^{\pi/2} \ln (\cos\theta) d\theta$$ Y puede resolverse.

Dejemos que $$I= \displaystyle \int_0^{\pi/2} \ln \left( \sin \theta \right) \cdot d\theta$$ $$I= \displaystyle \int_0^{\pi/2} \ln \left( \cos \theta \right) \cdot d\theta$$ Añadiendo ambos. $$2I=\displaystyle \int_0^{\pi/2} \ln \left( \sin \theta \times \cos \theta\right) \cdot d\theta$$ $$2I= \displaystyle \int_0^{\pi/2} \ln \left(2 \sin \theta\times \cos \theta \right) -\ln2 \cdot d\theta$$ $$2I=\int_0^{\pi/2}\ln(\sin{2\theta})-\ln2 \cdot d\theta$$ $$\int_0^{\pi/2}\ln(\sin{2\theta})\cdot d\theta=I$$ Así que, $$I=-\int_0^{\pi/2}\ln2\cdot d\theta$$ $$I=-\dfrac{\pi\ln2}2$$

Y su integral resulta ser

$${\pi \ln2}$$

Answer 2

Tal vez esto parezca mucho más complicado de lo necesario, pero es probable que los métodos complejos no sean la mejor manera de atacar una integral como ésta. Sin embargo, es posible.

Consideramos la integral en el plano complejo

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

donde $C$ es un contorno por determinar. Nuestro primer instinto es hacer $C$ un semicírculo simple en el semiplano superior. El problema es que la singularidad del punto de ramificación en $z=i$ es extremadamente problemático, ya que coincide con un polo ostensible. No obstante, la integral correspondiente sobre la recta real es finita (y el doble de la integral originalmente especificada), por lo que debe haber una forma de tratarla.

El camino a seguir con puntos de ramificación como este es evitarlos. Por lo tanto, tenemos que dibujar $C$ para ello, y luego utilizar el teorema de Cauchy para afirmar que la integral compleja anterior sobre $C$ es cero. Tal contorno $C$ se ilustra a continuación.

A continuación, se toma la integral del contorno a lo largo de seis segmentos diferentes. Afirmaré sin pruebas que la integral sobre los dos arcos exteriores desaparece cuando el radio de esos arcos $R \to \infty$ . Nos quedan entonces cuatro integrales:

$$\int_{-R}^R dx \frac{\log{(1+x^2)}}{1+x^2} + \left [\int_{C_-}+\int_{C_+}+\int_{C_{\epsilon}} \right ] dz \frac{\log{(1+z^2)}}{1+z^2} = 0$$

$C_-$ es el segmento a la derecha del eje imaginario, bajando desde el arco hasta el punto de ramificación, $C_+$ es el segmento a la izquierda del eje imaginario, hasta el punto de bifurcación del arco, y $C_{\epsilon}$ es el círculo alrededor del punto de ramificación de radio $\epsilon$ .

Es crucial que consigamos que los argumentos del registro sean correctos a lo largo de cada camino. Observo que el segmento $C_-$ está "por debajo" del eje imaginario y asigno la fase de este segmento a $2 \pi$ mientras que yo asigno la fase del segmento $C_+$ para ser $0$ .

Para el segmento $C_-$ , set $z=i(1+y e^{i 2 \pi})$ :

$$\int_{C_-} dz \frac{\log{(1+z^2)}}{1+z^2} = i\int_R^{\epsilon} dy \frac{\log{[-y (2+y)]}+ i 2 \pi}{-y (2+y)} $$

Para el segmento $C_+$ , set $z=i(1+y)$ :

$$\int_{C_-} dz \frac{\log{(1+z^2)}}{1+z^2} = i\int_{\epsilon}^R dy \frac{\log{[-y (2+y)]}}{-y (2+y)} $$

Observo que la suma de las integrales a lo largo de $C_-$ y $C_+$ es

$$-2 \pi \int_{\epsilon}^R \frac{dy}{y (2+y)} = -\pi \left [ \log{R} - \log{(2 + R)} - \log{\epsilon} + \log{(2 + \epsilon)}\right]$$

Para el segmento $C_{\epsilon}$ , set $z=i (1+\epsilon e^{-i \phi})$ . La integral a lo largo de este segmento es

$$\begin{align}\int_{C_{\epsilon}} dz \frac{\log{(1+z^2)}}{1+z^2} &= \epsilon \int_{-2 \pi}^0 d\phi e^{-i \phi} \frac{\log{\left [ -2 \epsilon e^{-i \phi} \right]}}{-2 \epsilon e^{-i \phi}}\end{align}$$

Aquí utilizamos $\log{(-1)}=-i \pi$ y la integral anterior se convierte en

$$\begin{align}\int_{C_{\epsilon}} dz \frac{\log{(1+z^2)}}{1+z^2} &= -\frac12 (-i \pi)(2 \pi) - \frac12 \log{2} (2 \pi) - \frac12 \log{\epsilon} (2 \pi) -\frac12 (-i) \frac12 (0-4 \pi^2) \\ &= -\pi \log{2} - \pi \log{\epsilon} \end{align}$$

Sumando las integrales anteriores, tenemos

$$\begin{align}\int_{-R}^R dx \frac{\log{(1+x^2)}}{1+x^2} -\pi \log{R} + \pi \log{(2 + R)} + \pi \log{\epsilon} - \pi \log{(2 + \epsilon)} -\pi \log{2} - \pi \log{\epsilon} &= 0\\ \implies \int_{-R}^R dx \frac{\log{(1+x^2)}}{1+x^2} -\pi \log{R} + \pi \log{(2 + R)} - \pi \log{(2 + \epsilon)} -\pi \log{2} &=0\end{align}$$

Ahora tomamos el límite como $R \to \infty$ y $\epsilon \to 0$ y obtenemos

$$\int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{\log{(1+x^2)}}{1+x^2} -2 \pi \log{2} = 0$$

Por lo tanto,

$$\int_{0}^{\infty} dx \frac{\log{(1+x^2)}}{1+x^2} = \pi \log{2}$$

Answer 3

Una forma de resolver este problema es utilizar integrales paramétricas. Sea $$ I(\alpha)=\int_{0}^{\infty}\frac{\ln(\alpha x^2+1)}{x^2+1}dx. $$ Entonces \begin{eqnarray*} I'(\alpha)&=&\int_{0}^{\infty}\frac{x^2}{(\alpha x^2+1)(x^2+1)}dx\\ &=&\int_{0}^{\infty}\left(-\frac{1}{\alpha-1}\frac{1}{\alpha x^2+1}+\frac{1}{\alpha-1}\frac{1}{x^2+1}\right)dx\\ &=&-\frac{1}{\alpha-1}\frac{1}{\sqrt{\alpha}}\frac{\pi}{2}+\frac{1}{\alpha-1}\frac{\pi}{2}\\ &=&\frac{\pi}{2}\frac{\sqrt{\alpha}-1}{\sqrt{\alpha}(\alpha-1)}\\ &=&\frac{\pi}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{\alpha}}-\frac{1}{\sqrt{\alpha}+1}\right). \end{eqnarray*} Así, $$ I(\alpha)=\pi\ln(\sqrt{\alpha}+1)+C. $$ Pero $I(0)=0$ implica $C=0$ . Así que $I(1)=\pi\ln 2$ .

Answer 4

Consejos Como sugirió RandomVariable, utilice $\log(x^2+1)=\log(x+i)+\log(x-i)$ , eligiendo cuidadosamente las ramas del logaritmo. Por lo general, es mejor aislar las cosas singulares desagradables.

A continuación, escriba $$\int_0^\infty=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}$$ y aprovechar el desdoblamiento anterior para integrar las dos partes en contornos diferentes, evitando cada vez encerrar la singularidad del logaritmo. La parte en el semicírculo desaparece.

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Respuesta El polo UHP da $\log(i+i)/2i\times2\pi i$ . El polo LHP da $\log(-i-i)/(-2i)\times-2\pi i$ . Sumando y dividiendo por la mitad se obtiene la respuesta $$\frac{\pi}{2}\left(\log(2i)+\log(-2i)\right)$$ así que lo único que queda es elegir el logaritmo correcto. Esto es bastante fácil, en realidad, y la respuesta es la que esperas: $$\pi\ln 2$$

Answer 5

También podemos utilizar la integración de contornos para demostrar que

$$I(a,b,\theta) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\log \left(a^{2}+2ax \cos \theta + x^{2}\right)}{x^{2}+b^{2}} \, dx = \frac{\pi}{b} \, \log \left(a^{2}+2ab \sin \theta +b^{2} \right), $$ donde $a, b >0$ y $0 < \theta < \pi$ .

Su integral es $\frac{1}{2} \, I\left(1,1,\frac{\pi}{2} \right)$ .

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Consideremos la función compleja $$f(z) = \frac{\log \left(z+ae^{i \theta}\right)}{z^{2}+b^{2}},$$

que tiene un punto de ramificación en el semiplano inferior en $z=-ae^{i \theta}$ .

Si utilizamos la rama principal del logaritmo, entonces $f(z)$ es meromorfa en el semiplano superior.

Así que integrando alrededor de un contorno semicircular cerrado en el semiplano superior (y utilizando el hecho de que $ \lim_{|z| \to \infty} z f(z) =0$ ), obtenemos

$$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\log \left(x+ae^{i \theta} \right)}{x^{2}+b^{2}} \, dx = 2 \pi i \ \text{Res}[f(z),ib] = \frac{\pi}{b} \, \log \left( ib +ae^{i \theta} \right).$$

Y al igualar las partes reales de ambos lados de la ecuación, obtenemos

$$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\log(a^{2}+2ax \cos \theta +x^2)}{x^{2}+b^{2}} \, dx = \frac{\pi}{b} \, \log \left(a^{2}+2ab \sin \theta +b^{2} \right).$$