Evaluación de $\int^{\infty}_{0}{\frac{\ln x}{(1+x^2)^2}dx}$

Question

$$\int^{\infty}_{0}{\frac{\ln x}{(1+x^2)^2}dx}$$

He hecho una parecida: $\int^{\infty}_{1}{\frac{\ln^n x}{x^2}dx}$ utilizando IBP, pero en este caso lo he intentado varias veces, diferenciando todas las opciones posibles, y cada vez es más enrevesado. Además, ninguna sustitución que he probado como $x=e^u$ o $u=1+x^2$ simplificó la integral. Agradecería una pista en este punto, ya que no creo que pueda ser tan difícil.

Answer 1

Sustituyendo $x\leftarrow \tfrac{1}{x}$ muestra que $$\int_0^\infty \frac{\log(x)}{(1+x^2)^2}dx = -\int_0^\infty \frac{x^2\log(x)}{(1+x^2)^2}dx$$ y por lo tanto $$2\int_0^\infty \frac{\log(x)}{(1+x^2)^2}dx = \int_0^\infty \frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}\log(x)dx.$$ Integración parcial del lado derecho utilizando que $$\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{x}{1+x^2}\right) = \frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}$$ resulta en $$\int_0^\infty \frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}\log(x)dx = \left[\frac{x\log(x)}{1+x^2}\right]_0^\infty -\int_0^\infty \frac{dx}{1+x^2} = 0 -\frac{\pi}{2}.$$ Por tanto, la integral solicitada es igual a $-\frac{\pi}{4}$ .

Answer 2

Sea $x=1/y$ . Entonces obtenemos $$I = \int_0^{\infty} \dfrac{\ln(x)}{(1+x^2)^2} dx = \int_0^{1} \dfrac{\ln(x)}{(1+x^2)^2} dx + \int_1^{\infty} \dfrac{\ln(x)}{(1+x^2)^2} dx\\ = \int_0^{1} \dfrac{\ln(x)}{(1+x^2)^2} dx - \underbrace{\int_0^{1} \dfrac{x^2\ln(x)}{(1+x^2)^2} dx}_{x \to 1/x}\\ = \int_0^{1} (1-x^2)\left(\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^{k}(k+1)x^{2k}\right) \log(x) dx\\ = \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k(k+1)\left(\int_0^1 x^{2k} \log(x) dx - \int_0^1 x^{2k+2} \log(x) dx \right)\\ = \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k(k+1)\left(- \dfrac1{(2k+1)^2} + \dfrac1{(2k+3)^2} \right) = -\dfrac{\pi}4$$ La última igualdad puede verse desde abajo. $$\int_0^1 x^m \log(x) dx = -\dfrac1{(m+1)^2}$$ \begin{align} \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k(k+1)\left(- \dfrac1{(2k+1)^2} + \dfrac1{(2k+3)^2} \right) & = 1\left(-\dfrac1{1^2} + \dfrac1{3^2} \right)\\ & -2 \left(-\dfrac1{3^2} + \dfrac1{5^2} \right)\\ & +3 \left(-\dfrac1{5^2} + \dfrac1{7^2} \right)\\ & -4 \left(-\dfrac1{7^2} + \dfrac1{9^2} \right) + \cdots \end{align} $$\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k(k+1)\left(- \dfrac1{(2k+1)^2} + \dfrac1{(2k+3)^2} \right) = -\dfrac1{1^2} + \dfrac{3}{3^2} - \dfrac{5}{5^2} + \dfrac7{7^2} \mp \cdots\\ = -1 + \dfrac13 - \dfrac15 + \dfrac17 \mp \cdots = -\dfrac{\pi}4$$

Answer 3

$$f(z)=\frac{\log z}{(1+z^2)^2} = \frac{\log z}{(z+i)^2(z-i)^2}$$

donde utilizamos la rama principal del logaritmo.

$$P.V.\int_{-R}^R f(z)\, dz = \int_{\epsilon}^R f(z)\, dz+\int_{-R}^\epsilon f(z)\, dz = \int_{\epsilon}^R f(z)\, dz + \int_{\epsilon}^R\frac{\log z+i\pi}{(1+z^2)^2}\, dz =$$

$$= 2\int_{\epsilon}^R f(z)\, dz + i\pi\int_{\epsilon}^R \frac{dz}{(1+z^2)^2}$$

A continuación, considerando el contorno $\Gamma$ que atraviesa $-R$ a $R$ (sangrado en $z=0$ en torno a $\epsilon e^{i \theta}$ ) y vuelve a recorrer $Re^{i \theta}$ sólo hay un polo de $f(z)$ en $\Gamma$ . En $R \to \infty$ la integral alrededor del arco desaparece, por lo que

$$2\pi i \operatorname*{Res}_{z = i} f(z) = 2\int_{\epsilon}^\infty f(z)\, dz + \int_{0}^\pi f(\epsilon e^{i \theta})i\epsilon e^{i \theta}\, d\theta + i\pi\int_{\epsilon}^\infty \frac{dz}{(1+z^2)^2}$$

y como $\epsilon \to 0$ vemos que el lado derecho se convierte en

$$2\int_{0}^\infty f(z)\, dz + \frac{i \pi^2}{4}$$

Los polos son de orden 2, por tanto

$$\operatorname*{Res}_{z = i} f(z) = \lim_{z \to i}\,\frac{d}{dz}(z-i)^2f(z) = \frac{\pi+2 i}{8}$$

Así

$$-\frac{\pi}{2}+ \frac{i \pi^2}{4} = 2\int_{0}^\infty f(z)\, dz + \frac{i \pi^2}{4}$$

y finalmente encontramos

$$\int_{0}^\infty \frac{\log z}{(1+z^2)^2}\, dz = -\frac{\pi}{4}$$

$\blacksquare$

Answer 4

Llego tarde a la fiesta (como siempre), pero aquí va una solución que aún no se ha publicado.

Sea $\displaystyle I(\lambda) = \int_{0}^{\infty} \frac{\ln{x}}{\lambda+x^2}\;{dx}$ . Entonces $\displaystyle I'(\lambda) = -\int_{0}^{\infty} \frac{\ln{x}}{(\lambda+x^2)^2}\;{dx}$ . Ponga $ x \mapsto \sqrt{\lambda} {x}$ entonces:

$$\begin{aligned}I(\lambda) & = \frac{1}{2\sqrt{\lambda}}\int_{0}^{ \infty}\frac{\ln(\lambda)}{1+x^2}\;{dx}-\frac{1}{\sqrt{\lambda}}\int_{0}^{ \infty}\frac{\ln{x}}{1+x^2}\;{dx} \\& = \frac{\pi}{4\sqrt{\lambda}}\log(\lambda)- \frac{1}{\sqrt{\lambda}}\int_{0}^{ \infty}\frac{\ln{x}}{1+x^2}\;{dx} \\& =\frac{\pi}{4\sqrt{\lambda}}\log(\lambda)-\frac{1}{\sqrt{\lambda}}\int_{0}^{\pi/2}\ln(\tan{x)} \\& = \frac{\pi}{4\sqrt{\lambda}}\log(\lambda)-\frac{1}{\sqrt{\lambda}}J \end{aligned}$$

Sea $\displaystyle x \mapsto \frac{\pi}{2}-x$ entonces tenemos $\displaystyle J = \int_{0}^{\pi/2}\ln\left(\cot{x}\right)\;{dx}$ así $\displaystyle 2J = \int_{0}^{\pi/2}\ln(1)\;{dx} = 0.$

Por lo tanto $\displaystyle I'(\lambda) = \frac{\pi}{4\sqrt{\lambda}}\log(\lambda)$ . Tenemos $\displaystyle I'(\lambda) = \frac{\pi}{8 \lambda \sqrt{\lambda} }(2-\log{\lambda})$ y $\displaystyle -I'(1) = -\frac{\pi}{4}$ .

P.D. $J$ puede calcularse mediante $x \mapsto \frac{1}{x}$ ya que nos da $J = -J$ fácilmente, pero esa sustitución estaba incrustada en soluciones anteriores, quería presentar una perspectiva nueva. También desde el principio podríamos haber dejado $ x \mapsto \sqrt{x}\tan{x}$ . Diferenciando ambos lados $n$ -a veces también podríamos conseguir una buena generalización.

Answer 5

¿Intentaste tomar $u=\frac{1}{x}$ ? Normalmente se obtiene algo muy parecido a la primera integral y entonces el IBP podría ayudar.