Dado $ a\neq b;b,a,b>0 $ calcular: $\int_0^\infty\frac{\log x \, dx}{(x+a)(x+b)}$ mi intento: Me encargo del rectángulo: $[-\varepsilon,\infty]\times[-\varepsilon,\varepsilon]$ Sólo tengo dos simples postes en el exterior $x=-a,$ $x=-b,$ por lo tanto según el teorema del residuo debe ser $4\pi i$ . Mi problema, es que en el rectángulo que dejé dentro hay un polo y cuando epsilon llega a $0$ el rectángulo lo atraviesa realmente. ¿No es problemático?
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Una forma estándar de evaluar una integral como $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\log(x)}{(x+a)(x+b)}\,dx$ utilizando la integración de contorno es evaluar la integral de contorno $\displaystyle \oint_{C}\frac{\log^2(z)}{(z+a)(z+b)}\,dz$ donde $C$ es el contorno clásico del ojo de la cerradura.
Procediendo así, cortamos el plano con un corte de rama que se extiende desde $0$ al punto en el infinito a lo largo del eje real positivo. Entonces, tenemos
$$\begin{align} \oint_{C} \frac{\log^2(z)}{(z+a)(z+b)}\,dz&=\int_\varepsilon^R \frac{\log^2(x)}{(x+a)(x+b)}\,dx\\\\ & +\int_0^{2\pi}\frac{\log^2(Re^{i\phi})}{(Re^{i\phi}+a)(Re^{i\phi}+b)}\,iRe^{i\phi}\,d\phi\\\\ &+\int_R^\varepsilon \frac{(\log(x)+i2\pi)^2}{(x+a)(x+b)}\,dx\\\\ &+\int_{2\pi}^0 \frac{\log^2(\varepsilon e^{i\phi})}{(\varepsilon e^{i\phi}+a)(\varepsilon e^{i\phi}+b)}\,i\varepsilon e^{i\phi}\,d\phi\tag1 \end{align}$$
Como $R\to \infty$ y $\varepsilon\to 0$ las integrales segunda y cuarta del lado derecho de $(1)$ desaparecen y encontramos que
$$\begin{align}\lim_{R\to\infty\\\varepsilon\to0}\oint_{C} \frac{\log^2(z)}{(z+a)(z+b)}\,dz&=-i4\pi \int_0^\infty \frac{\log(x)}{(x+a)(x+b)}\,dx\\\\ &+4\pi^2\int_0^\infty \frac{1}{(x+a)(x+b)}\,dx\tag2 \end{align}$$
Y a partir del teorema del residuo, tenemos para $R>\max(a,b)$
$$\begin{align} \oint_{C} \frac{\log^2(z)}{(z+a)(z+b)}\,dz&=2\pi i \left(\frac{(\log(a)+i\pi)^2}{b-a}+\frac{(\log(b)+i\pi)^2}{a-b}\right)\\\\ &=2\pi i\left(\frac{\log^2(a)-\log^2(b)}{b-a}\right)-4\pi ^2 \frac{\log(a/b)}{b-a} \tag3 \end{align}$$
Ahora, termina igualando las partes real e imaginaria de $(2)$ y $(3)$ .
¿Puedes terminar ahora?
Felix Marin
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$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\bbox[10px,#ffd]{\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over \pars{x + a}\pars{x + b}}\,\dd x} = {1 \over b - a}\lim_{\Lambda \to \infty}\bracks{% \int_{0}^{\Lambda}{\ln\pars{x} \over x + a}\,\dd x - \int_{0}^{\Lambda}{\ln\pars{x} \over x + b}\,\dd x}\label{1}\tag{1} \end{align}
\begin{align} \int_{0}^{\Lambda}{\ln\pars{x} \over x + c}\,\dd x & = -\int_{0}^{\Lambda}{\ln\pars{-c\braces{x/\bracks{-c}}} \over 1 - x/\pars{-c}} \,{\dd x \over -c} = -\int_{0}^{-\Lambda/c}{\ln\pars{-cx} \over 1 - x}\,\dd x \\[5mm] = &\ \ln\pars{1 + {\Lambda \over c}}\ln\pars{\Lambda} - \int_{0}^{-\Lambda/c}{\ln\pars{1 - x} \over x}\,\dd x \\[5mm] = &\ \ln\pars{1 + {\Lambda \over c}}\ln\pars{\Lambda} + \mrm{Li}_{2}\pars{-\,{\Lambda \over c}} \\[5mm] = &\ \ln\pars{1 + {\Lambda \over c}}\ln\pars{\Lambda} - \mrm{Li}_{2}\pars{-\,{c \over \Lambda}} - {\pi^{2} \over 6} - {1 \over 2}\,\ln^{2}\pars{\Lambda \over c}\label{2}\tag{2} \\[5mm] \stackrel{\mrm{as}\ \Lambda\ \to\ \infty}{\sim}\,\,\, &\ -\,{1 \over 2}\,\ln^{2}\pars{c} - {\pi^{2} \over 6} + {1 \over 2}\,\ln^{2}\pars{\Lambda}\label{3}\tag{3} \end{align} Sustitución de ( \ref {3}) en ( \ref {1}): $$ \bbox[10px,#ffd,border:2px groove navy]{\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over \pars{x + a}\pars{x + b}}\,\dd x = {1 \over 2}\,{\ln^{2}\pars{b} - \ln^{2}\pars{a} \over b - a}} $$
En ( \ref {2}), he utilizado el Dilogaritmo $\ds{\mrm{Li}_{2}}$ Fórmula de inversión .
