Evaluar $\int_0^{\infty} \frac{\log x }{(x-1)\sqrt{x}}dx$ (solución de verificación)

Question

Traté de encontrar la integral

$$I=\int_0^{\infty} \frac{\log x }{(x-1)\sqrt{x}}dx \tag1$$

He sustituido $x=t^2, 2tdt=dx$ y eligió $\log x$ $\sqrt{x}$ principales valores. Tenemos

$$\int_0^{\infty} \frac{\log x}{(x-1)\sqrt{x}}dx=2 \int_0^{\infty} \frac{\log t^2}{(t^2-1)}dt \tag2$$

A continuación, porque es una función par

$$2 \int_0^{\infty} \frac{\log t^2}{(t^2-1)}dt=2 \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\log t}{(t^2-1)}dt \tag3$$

En el plano complejo $z=1$ es extraíble singularidad de esta función y $z=-1$ es un polo. Así que elegí el contorno

$$\oint_\gamma = \int_{-R}^{-1-r}+ \int_{C_1}+\int_{-1+r}^{R}+\int_{C_2}=0 \tag4$$

donde $C_1$ es un semi-círculo de $z=-1+r e^{i\phi}, \pi \ge \phi \ge 0$ $C_2$ un semi-círculo de $z=R e^{i\phi}, 0 \le \phi \le \pi$. En el límite de $R\to\infty, r\to 0$ integral en $C_2$ $0$ $\int_{-R}^{-1-r}+\int_{-1+r}^{R}=\int_{-\infty}^{\infty}$ así que tenemos que encontrar

$$\lim_{r\to0} \int_{C_1} \frac{\log z}{(z^2-1)}dz = 0 \tag5$$

Por lo $I$ debe ser igual a cero. Pero si la comparamos con esta pregunta, vemos que no lo es. Donde está mi error?

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EDIT 2: Para mayor claridad, voy a compilar todos mis correcciones como una respuesta. Gracias a todos los que ayudaron en los comentarios (y de las otras respuestas, también, por supuesto)!

Answer 1

El integrando es siempre positivo, excepto en $x=1$, donde no está definido. Por lo tanto, la integral no puede ser cero. A continuación es una manera fácil de obtener la respuesta. $$I = \int_0^{\infty} \dfrac{\ln(x)}{(x-1)\sqrt{x}}dx = \int_0^1 \dfrac{\ln(x)}{(x-1)\sqrt{x}}dx + \int_1^{\infty} \dfrac{\ln(x)}{(x-1)\sqrt{x}}dx$$ $$\int_1^{\infty} \dfrac{\ln(x)}{(x-1)\sqrt{x}}dx = \int_1^0 \dfrac{\ln(1/x)}{(1/x-1)1/\sqrt{x}} \dfrac{-dx}{x^2} = \int_0^1 \dfrac{\ln(x)}{(x-1)\sqrt{x}}dx$$ Por lo tanto, $$I = 2\int_0^1 \dfrac{\ln(x)}{(x-1)\sqrt{x}}dx = -2 \sum_{n=0}^{\infty} \int_0^1 x^{n-1/2}\ln(x)dx = 2 \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac1{(n+1/2)^2} = 8 \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac1{(2n+1)^2}$$ Por lo tanto, $$I = \pi^2$$

Answer 2

He aquí un método que utiliza la función Gamma. Recordemos que la derivada logarítmica de $\Gamma(x)$ es $$ \frac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)}=\psi(x)=-\gamma+\sum_{k=0}^\infty\left(\frac1{k+1}-\frac1{k+x}\right)\tag{1} $$ donde $\psi$ es la función digamma. Al tomar otro derivado, $(1)$ se convierte en $$ \frac{\Gamma"(x)\Gamma(x)-\Gamma'(x)^2}{\Gamma(x)^2}=\sum_{k=0}^\infty\frac1{(k+x)^2}\etiqueta{2} $$ A continuación, nos sustituto $x\mapsto1/x$ para obtener $$ \int_0^1\frac{\log(x)}{(x-1)\sqrt{x}}\mathrm{d}x =\int_1^\infty\frac{\log(x)}{(x-1)\sqrt{x}}\mathrm{d}x\etiqueta{3} $$ Poner a $(2)$ $(3)$ juntos da $$ \begin{align} &\int_0^\infty\frac{\log(x)}{(x-1)\sqrt{x}}\mathrm{d}x\\ &=2\int_1^\infty\frac{\log(x)}{(x-1)\sqrt{x}}\mathrm{d}x\tag{4}\\ &=2\int_0^\infty\frac{\log(1+x)}{x\sqrt{1+x}}\mathrm{d}x\tag{5}\\ &=\left.-2\lim_{\alpha\to1^-}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\beta}\int_0^\infty\frac{\mathrm{d}x}{x^\alpha(1+x)^\beta}\right|_{\beta=1/2}\tag{6}\\ &=\left.-2\lim_{\alpha\to1^-}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\beta}\frac{\Gamma(1-\alpha)\Gamma(\alpha+\beta-1)}{\Gamma(\beta)}\right|_{\beta=1/2}\tag{7}\\ &=-2\lim_{\alpha\to1^-}\frac{\Gamma(2-\alpha)}{1-\alpha}\frac{\Gamma'(\alpha-1/2)\Gamma(1/2)-\Gamma(\alpha-1/2)\Gamma'(1/2)}{\Gamma(1/2)^2}\tag{8}\\ &=2\frac{\Gamma''(1/2)\Gamma(1/2)-\Gamma'(1/2)^2}{\Gamma(1/2)^2}\tag{9}\\ &=2\sum_{k=0}^\infty\frac1{(k+1/2)^2}\tag{10}\\ &=8\sum_{k=0}^\infty\frac1{(2k+1)^2}\tag{11}\\ &=8\left(\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2}-\sum_{k=1}^\infty\frac1{4k^2}\right) \tag{12}\\[6pt] &=6\,\zeta(2)\tag{13}\\[14pt] &=\pi^2\tag{14} \end{align} $$ Explicación:
$\:\ (4)$: aplicar $(3)$
$\:\ (5)$: sustituto $x\mapsto x+1$
$\:\ (6)$: $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\beta}(1+x)^{-\beta}=-\log(1+x)(1+x)^{-\beta}$
$\:\ (7)$: uso de la función Beta
$\:\ (8)$: tomar derivado en $\beta$ y evaluar $\beta=1/2$
$\:\ (9)$: L'Hospital
$(10)$: aplicar $(2)$
$(11)$: multiplicar por $4/4$
$(12)$: suma de los impares índices es la suma de todos menos la suma de los pares
$(13)$: $8(\zeta(2)-\frac14\zeta(2))=6\zeta(2)$
$(14)$: $6\,\zeta(2)=\pi^2$

Answer 3

De la línea (3), tenemos \begin{align} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\ln(t^2)}{t^2 - 1}dt &= \int_{\Gamma}f(t) + \int_{\gamma_1}f(t) + \int_{\gamma_2}f(t) + \int_{\gamma_3}f(t) \end{align} si consideramos un orificio de contorno como la imagen de abajo.

Deje que el radio de la $\Gamma$ ser $R$, $\gamma_1$ ser $\epsilon$, $\gamma_2$ ser $\delta_2$, e $\gamma_3$ $\delta_3$ ser $$ f(z) = \frac{\ln(z^2)}{z^2 - 1} = \frac{2(\ln|z| + i\arg(z))}{z^2-1} $$ Como $R\to\infty$, $\int_{\Gamma}\to 0$, y como $\epsilon\to 0$, $\int_{\gamma_1}\to 0$ por la estimación de la lema. \begin{align} \int_0^{\infty}\frac{\ln(x)}{(x-1)\sqrt{x}}dx &= 2\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\ln(z)}{z^2-1}dz\\ &=\int_{\gamma_2}f + \int_{\gamma_3}f\\ &= \pi i\text{Res}(f; -1) - \pi i\text{Res}(f; -1)\\ \end{align} el segundo residuo en $-1$ es negativo por estar en la mitad inferior.

Answer 4

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$

$\ds{I\equiv\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \\pars{x - 1}\raíz{x}}\,\dd x: \ {\large ?}}$.

\begin{align} I&\equiv\ \overbrace{\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over \pars{x - 1}\root{x}}\,\dd x} ^{\ds{\color{#c00000}{x\ \mapsto\ x^{2}}}}\ =\ \int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x^{2}} \over \pars{x^{2} - 1}x}\,2x\,\dd x =-4\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{x} \over 1 - x^{2}}\,\dd x \\[5mm]&=-4\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over 1 - x^{2}}\,\dd x -4\int_{1}^{0}{\ln\pars{1/x} \over 1 - x^{-2}}\,\pars{-\,{\dd x \over x^{2}}} =-8\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over 1 - x^{2}}\,\dd x \\[5mm]&=-4\ \overbrace{\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over 1 - x}\,\dd x} ^{\ds{\color{#c00000}{x\ \mapsto\ 1 - x}}}\ -\ 4\ \overbrace{\int_{0}^{1}{\ln\pars{x} \over 1 + x}\,\dd x} ^{\ds{\color{#c00000}{x\ \mapsto\ -x}}}\ =\ -4\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 - x} \over x}\,\dd x +4\int_{0}^{-1}{\ln\pars{-x} \over 1 - x}\,\dd x \\[5mm]&=-4\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 - x} \over x}\,\dd x +4\braces{\overbrace{\left.\vphantom{\LARGE A}% -\ln\pars{1 - x}\ln\pars{-x}\right\vert_{0}^{-1}}^{\ds{=\ \color{#c00000}{0}}}\ +\ \int_{0}^{-1}{\ln\pars{1 - x} \over x}\,\dd x} \\[5mm]&=4\int_{-1}^{1}\bracks{-\,{\ln\pars{1 - x} \over x}}\,\dd x =4\int_{-1}^{1}{\rm Li}_{2}'\pars{x}\,\dd x =4\bracks{% \underbrace{{\rm Li}_{2}\pars{1}}_{\ds{\color{#c00000}{\pi^{2} \over 6}}}\ -\ \underbrace{{\rm Li}_{2}\pars{-1}}_{\ds{\color{#c00000}{-\,{\pi^{2} \over 12}}}}} =4\pars{\pi^{2} \over 4} \\[5mm]&=\color{#66f}{\Large \pi^{2}} \end{align}

Answer 5

Es mucho más fácil usar un cuarto de círculo de contorno (bastante fácil de hacer, el problema correctamente en su cabeza), porque entonces podemos usar ese $$\int_0^{\infty}\frac{\log(x)}{1+x^2}dx = 0$$

el que es fácil ver por la división de esta integral de cero a 1 y de 1 a infinito y, a continuación, sustituyendo $x = 1/t$ en la última parte.

Desde el contorno de la integral es igual a cero por Cauchy teorema, y la integral a lo largo del cuarto de círculo tiende a cero, esto significa que la suma de la integral es igual a $2\pi$ veces la integral de $1/(x^2+1)$ desde cero hasta el infinito, lo que equivale a $\pi^2$.