Evaluación de los métodos de análisis complejo de $\int_{0}^{1} \frac{\ln(x+1)}{x^2+1} \mathrm{dx}$

Question

¿Cómo podemos evaluar la siguiente integral por los métodos de análisis complejo?

$$\int_{0}^{1} \frac{\ln(x+1)}{x^2+1} \mathrm{dx}$$

Me preguntó la pregunta hace un tiempo, pero en ese momento yo no especificar este requisito.
Ahora, sólo estoy interesado en una manera compleja. Gracias !!!

Sis.

Answer 1

Pues bien, existe un método que no es que complejo.

$$\int_0^1 \frac{\log(1+x)}{1+x^2}dx$$

$$\int_0^1 \left(\int_0^x \frac{1}{1+y}dy\right)\frac{1}{1+x^2}dx$$

$$\int_0^1 \int_0^x \frac{1}{1+y}dy\frac{1}{1+x^2}dx$$

Hacer un cambio de variables $y=ux$ en el interior de la integral:

$$\tag 1 \int_0^1 \int_0^1 \frac{x}{1+ux}\frac{1}{1+x^2}dudx$$

Parcial de las fracciones:

$${x \over {1 + xu}}{1 \over {1 + {x^2}}} = {1 \over {1 + {u^2}}}{x \over {1 + {x^2}}} + {u \over {1 + {u^2}}}{1 \over {1 + {x^2}}} - {u \over {1 + {u^2}}}{1 \over {1 + xu}}$$

Ahora, la integración de los dos primeros términos, que cuenta con el mismo$^1$, da que es integral

$$\mathcal I=\frac \pi 4\log 2-\int_0^1\int_0^1 \frac u {1+u^2}\frac{1}{1+xu}dxdu$$

La última integral es la nuestra original integral, debido a la simetría, como se puede ver en la $(1)$

Esto significa que $$\mathcal I =\frac \pi 8 \log 2$$

como se desee. Usted puede ver una similares integral resuelto aquí con el mismo método.

$1$: simetría, una vez más.

Answer 2

Tenemos $$ \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x^2+1}dx= \left[\begin{array}{l} t=\frac{1}{x} \\ dt=-\frac{1}{x^2}dx \end{array}\right]=\int_1^\infty \frac{\ln(t+1)-\ln{t}}{1+t^2}dt= \left[\begin{array}{l} u=t-1 \\ du=dt \end{array}\right] = \int_0^\infty \frac{\ln(u+2)-\ln(u+1)}{1+(u+1)^2}du. $$

Estoy bastante seguro de que esta integral puede resolverse con una cerradura de contorno en mucho de una manera similar a como esta integral. Si quieres mas detalles, solo un comentario, y voy a actualizar cuando tengo tiempo.

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EDIT: se Continuó con el argumento. Por favor notificarme sobre errores tipográficos u otros errores. Voy a mostrar cómo calcular $$\int_0^\infty \frac{\ln(x+2)}{1+(x+1)^2}dx$$ (la otra es resuelto de forma análoga).

Ahora consideramos la integral $$\int_C \frac{\log^2(z+2)}{1+(z+1)^2}dz,$$ donde $C$ es el ojo de la cerradura de contorno anterior. Nota la opción de logaritmo! Es imperativo que tomemos $0<\arg{z}<2\pi$ de los logaritmos (o $2\pi n<\arg{z}<2\pi (n+1)$ algunos $n\in\mathbb{Z}$).

El integrando tiene polos en $z=-1\pm i$, y por Cauchy de la integral de la fórmula, obtenemos $$ \int_C \frac{\log^2(z+2)}{1+(z+1)^2}dz= \int_C \frac{\log^2(z+2)}{(z+1+i)(z+1-i)}dz= 2\pi i\left(\frac{\log^2(1-i)}{-2i}+ \frac{\log^2(1+i)}{2}\right)= \pi(\log^2(1+i)-\log^2(1-i))= \pi\left(\left(\ln\sqrt{2}+\frac{i\pi}{4}\right)^2-\left(\ln\sqrt{2}+\frac{7i\pi}{4}\right)^2\right)= \frac{6\pi^3-3i\pi^2\ln{2}}{2} .$$

La integral a lo largo de $\gamma$ va a cero a medida que el radio interior va a cero, y la integral a lo largo de $\Gamma$ va a ceros como $R\rightarrow\infty$ (esto puede ser demostrado que el uso de la ML-desigualdad).

Por lo tanto, en el límite sólo se consiguen las contribuciones de las partes rectas, por lo que $$ \int_0^R\frac{\log^2(x+i\varepsilon+1)}{(1+x+i\varepsilon)^2+1}dx+ \int_R^0\frac{\log^2(x-i\varepsilon+1)}{(1+x-i\varepsilon)^2+1}dx\rightarrow \frac{6\pi^3-3i\pi^2\ln{2}}{2}. $$ Pero también tenemos $$ \int_0^R\frac{\log^2(x+i\varepsilon+2)}{(1+x+i\varepsilon)^2+1}dx+ \int_R^0\frac{\log^2(x-i\varepsilon+2)}{(1+x-i\varepsilon)^2+1}dx\rightarrow \int_0^\infty\frac{\ln^2(x+2)-\left(\ln(x+2)+2i\pi\right)^2}{(1+x)^2+1}dx= \int_0^\infty\frac{4\pi^2-4i\pi\ln(x+2)}{(1+x)^2+1}dx, $$ así $$\int_0^\infty\frac{4\pi^2-4i\pi\ln(x+2)}{(1+x)^2+1}dx=\frac{6\pi^3-3i\pi^2\ln{2}}{2}.$$ Considerando que la parte imaginaria, obtenemos que $$\int_0^\infty \frac{\ln(x+2)}{(x+1)^2+1}dx=\frac{3\pi\ln{2}}{8}.$$

Es posible calcular $$\int_0^\infty \frac{\ln(x+1)}{(x+1)^2+1}dx$$ de forma análoga, y, a continuación, tomar la diferencia en el fin de encontrar el valor de la integral original.

Answer 3

Aquí es un método real, y desde $\mathbb{R}\subset\mathbb{C}\dots$ $$ \begin{align} \int_0^1\frac{\log(1+x)}{1+x^2}\mathrm{d}x &=\int_0^{\pi/4}\log(1+\tan(u))\,\mathrm{d}u\\ &=\int_0^{\pi/4}\Big(\log(\cos(u)+\sin(u))-\log(\cos(u))\Big)\,\mathrm{d}u\\ &=\int_0^{\pi/4}\Big(\log(\sqrt2\cos(\pi/4-u))-\log(\cos(u))\Big)\,\mathrm{d}u\\ &=\int_0^{\pi/4}\Big(\log(\sqrt2)+\log(\cos(\pi/4-u))-\log(\cos(u))\Big)\,\mathrm{d}u\\ &=\frac\pi8\log(2)\tag{1} \end{align} $$

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Otro método, evitando todas las sustituciones trigonométricas, y usando el contorno de integración

Supongamos que $$ (1+x)(1+y)=2\etiqueta{2} $$ Es decir, $$ x=\frac{1-y}{1+y}\quad\text{y}\quad\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}=-\frac{\mathrm{d}y}{1+y^2}\etiqueta{3} $$ Además, $(2)$ implica $$ \log\left(\frac{1+x}{\sqrt2}\right)=-\log\left(\frac{1+y}{\sqrt2}\right)\etiqueta{4} $$ La sustitución, el uso de $(3)$$(4)$, recordando a voltear los límites de integración, los rendimientos $$ \int_0^1\log\left(\frac{1+x}{\sqrt2}\right)\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}=-\int_0^1\log\left(\frac{1+y}{\sqrt2}\right)\frac{\mathrm{d}y}{1+y^2}\tag{5} $$ Tomando nota de que los lados izquierdo y derecho de la $(5)$ son iguales pero opuestas, vemos que ambos son $0$. El desentrañamiento de los rendimientos $$ \begin{align} \int_0^1\frac{\log(1+x)}{1+x^2}\mathrm{d}x &=\int_0^1\frac{\log(\sqrt2)}{1+x^2}\mathrm{d}x\tag{6} \end{align} $$ Para evaluar $(6)$ tenga en cuenta que la sustitución de $x\mapsto\frac1x$ rendimientos $$ \int_0^1\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}=\int_1^\infty\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}\etiqueta{7} $$ y desde $\frac1{1+x^2}$ es aún tenemos $$ \int_0^1\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}=\frac14\int_{-\infty}^\infty\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}\etiqueta{8} $$ Deje $\gamma$ ser el contorno siguiendo la línea real en $[-R,R]$, y regresando por la izquierda en la mitad superior del plano-a lo largo de $|z|=R$, obtenemos $$ \int_{-\infty}^\infty\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}=\int_\gamma\frac{\mathrm{d}z}{1+z^2}\etiqueta{9} $$ Hay una singularidad en la mitad superior del plano-en $z=i$ con residuo $\frac1{2i}$ lo que significa que el valor de la integral a lo largo de $\gamma$$2\pi i\cdot\frac1{2i}=\pi$. El uso de $(6)$, $(8)$, y $(9)$, esto produce $$ \begin{align} \int_0^1\frac{\log(1+x)}{1+x^2}\mathrm{d}x &=\int_0^1\frac{\log(\sqrt2)}{1+x^2}\mathrm{d}x\\ &=\log(\sqrt2)\cdot\frac14\int_{-\infty}^\infty\frac1{1+x^2}\mathrm{d}x\\ &=\log(\sqrt2)\cdot\frac14\cdot\pi\\ &=\frac\pi8\log(2)\tag{10} \end{align} $$