Evaluar $\int_0^\infty \frac{(\ln x)^2}{x^2+4} \ dx$ utilizando el análisis complejo.

Question

Evaluar $\int_0^\infty \frac{(\ln x)^2}{x^2+4} \ dx$ . Esta es la última pregunta de nuestra revisión para el análisis complejo. Las pistas estaban disponibles si se solicitaban, pero siendo el estudiante que soy, esperé hasta el último minuto para hacerlo. ¿Puede alguien dar una respuesta detallada? Se agradecería mucho. Esto es parte de nuestro repaso del teorema del residuo, que es como nos enseñaron a evaluar dichas integrales.

Answer 1

Consideremos la integral de contorno

$$\oint_C dz \frac{\log^3{z}}{z^2+4} $$

donde $C$ es un contorno de ojo de cerradura alrededor del eje real positivo, con radio exterior $R$ y el radio interior $\epsilon$ . La integral de contorno es entonces igual a

$$\int_{\epsilon}^R dx \frac{\log^3{x}}{x^2+4} +i R \int_0^{2 \pi} d\theta \, e^{i \theta} \frac{\log^3{(R e^{i \theta})}}{R^2 e^{i 2 \theta}+4} \\ + \int_R^{\epsilon} dx \, \frac{(\log{x}+i 2 \pi)^3}{x^2+4} + i \epsilon \int_{2 \pi}^0 d\phi \, e^{i \phi} \frac{\log^3{(\epsilon e^{i \phi})}}{\epsilon^2 e^{i 2 \phi}+4}$$

Como $R \to \infty$ la segunda integral desaparece como $2 \pi R \log^3{R}/(R^2-4)$ como $\epsilon \to 0$ la cuarta integral desaparece como $(\pi/2) \epsilon \log^3{\epsilon}$ . En este límite, entonces, la integral de contorno es

$$-i 6 \pi\int_0^{\infty} dx \frac{\log^2{x}}{x^2+4} + 12 \pi^2 \int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{x^2+4} + i 8 \pi^3 \int_0^{\infty} \frac{dx}{x^2+4}$$

La tercera integral es conocida, y es igual a $i 8 \pi^3 (\pi/4) = i 2 \pi^4$ . La segunda integral se evalúa de forma similar:

$$\begin{align}\int_0^{\infty} dx \frac{\log^2{x}-(\log{x}+i 2 \pi)^2}{x^2+4} &= -i 4 \pi\int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{x^2+4} + 4 \pi^2 \int_0^{\infty} \frac{dx}{x^2+4} \\ &=-i 4 \pi\int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{x^2+4} +\pi^3 \\ &= \underbrace{i 2 \pi \frac14 \left ( -i (\log{2}+i \frac{\pi}{2})^2+ i (\log{2}+i \frac{3\pi}{2})^2\right )}_{\text{residue theorem}}\\ &= i \pi (-\pi \log{2} - i \pi^2)\\ &= \pi^3 - i \pi^2 \log{2}\end{align}$$

para que

$$\int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{x^2+4} = \frac{\pi}{4} \log{2}$$

Por lo tanto, por el teorema del residuo,

$$\begin{align}-i 6 \pi\int_0^{\infty} dx \frac{\log^2{x}}{x^2+4} + 3 \pi^3 \log{2} + i 2 \pi^4 &= i 2 \pi \frac14 \left ( -i (\log{2}+i \frac{\pi}{2})^3+ i (\log{2}+i \frac{3\pi}{2})^3\right ) \\ &= 3 \pi^3 \log{2} + i \left (\frac{13 \pi^4}{8}-\frac{3 \pi^2}{2} \log^2{2} \right ) \end{align} $$

Por lo tanto,

$$\int_0^{\infty} dx \frac{\log^2{x}}{x^2+4} = \frac{\pi^3}{16} + \frac{\pi}{4} \log^2{2} $$

Answer 2

Voy a publicar un enfoque ligeramente diferente utilizando la integración de contornos.

Considere $ \displaystyle f(z) = \frac{\log^{2}(z)}{z^{2}+4}$ donde la rama cortada para $\log z$ se coloca a lo largo del eje imaginario negativo.

Ahora integra alrededor de un contorno que consiste en el segmento de línea $[-R,R]$ (con una hendidura semicircular de radio $r$ alrededor del punto de ramificación en el origen) y la mitad superior del círculo $|z|=R$ .

Dejar $ r \to 0$ y $R \to \infty$ la integral desaparece a lo largo de ambos semicírculos.

Así que tenemos

$$\int_{0}^{\infty} \frac{\log^{2} (x)}{x^{2}+4} \ dx + \int_{-\infty}^{0} \frac{(\log |x|+ i \pi)^{2}}{x^{2}+4} \ dx = 2 \pi i \ \text{Res}[f(z),2i].$$

Y equiparar las partes imaginarias de ambos lados de la ecuación,

$$ \begin{align}2 \int_{0}^{\infty} \frac{\log^{2} (x)}{x^{2}+4} \ dx - \pi^{2} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{x^{2}+4} \ dx &= \text{Re} \ 2 \pi i \ \text{Res}[f(z),2i] \\ &= 2 \pi \ \text{Re} \ i \lim_{z \to 2i} \frac{\log^{2} (z)}{z+2i} \\ &= 2 \pi \ \text{Re} \ i \frac{(\log 2 + \frac{i \pi}{2})^{2}}{4i} \\ &=\frac{\pi}{2} \log^{2}(2) - \frac{\pi^{3}}{8}. \end{align}$$

Pero

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{1}{x^{2}+4} \ dx = \frac{1}{2} \arctan (\frac{x}{2}) \Big|^{\infty}_{0} = \frac{\pi}{4}.$$

Por lo tanto,

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{\log^{2} (x)}{x^{2}+4} \ dx = \frac{\pi}{4} \log^{2}(2) + \frac{\pi^{3}}{16}.$$

Answer 3

He aquí un método sin análisis complejos. Ajuste $x=2t$ obtenemos $$I = \int_0^{\infty} \dfrac{\ln^2(2t)}{4(t^2+1)}2dt \implies 2I = \int_0^{\infty}\dfrac{\ln^2(2)}{1+t^2}dt + 2\ln(2)\int_0^{\infty}\dfrac{\ln(t)}{1+t^2}dt + \int_0^{\infty}\dfrac{\ln^2(t)}{1+t^2}dt$$ $$\int_0^{\infty}\dfrac{\ln^2(2)}{1+t^2}dt = \dfrac{\pi \ln^2(2)}2$$ $$\int_0^{\infty}\dfrac{\ln(t)}{1+t^2}dt = \int_0^1\dfrac{\ln(t)}{1+t^2}dt + \int_1^{\infty}\dfrac{\ln(t)}{1+t^2}dt = \int_0^1\dfrac{\ln(t)}{1+t^2}dt + \int_1^{0}\dfrac{-\ln(t)}{1+1/t^2}\dfrac{-dt}{t^2} = 0$$ \begin{align} \int_0^{\infty}\dfrac{\ln^2(t)}{1+t^2}dt & = \int_0^1\dfrac{\ln^2(t)}{1+t^2}dt + \int_1^{\infty}\dfrac{\ln^2(t)}{1+t^2}dt = \int_0^1\dfrac{\ln^2(t)}{1+t^2}dt + \int_1^{0}\dfrac{\ln^2(t)}{1+1/t^2}\dfrac{-dt}{t^2}\\ & = 2\int_0^1\dfrac{\ln^2(t)}{1+t^2}dt = 2 \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k \int_0^1 t^{2k} \ln^2(t)dt = 4 \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^{k}}{(2k+1)^3} = \dfrac{\pi^3}8 \end{align} Por lo tanto, la respuesta es $$\boxed{I = \dfrac{\pi \ln^2(2)}4 + \dfrac{\pi^3}{16}}$$

Answer 4

$\newcommand{\+}{^{\dagger}} \newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\right\vert\,} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{0}^{\infty}{\ln^{2}\pars{x} \over x^{2} + 4}\,\dd x:\ {\large ?}}$ .

\begin{align}&\color{#c00000}{\int_{0}^{\infty} {\ln^{2}\pars{x} \over x^{2} + 4}\,\dd x} =\int_{0}^{\infty}{\ln^{2}\pars{x^{1/2}} \over x + 4}\,\half\,x^{-1/2}\,\dd x ={1 \over 8}\int_{0}^{\infty}{x^{-1/2}\ln^{2}\pars{x} \over x + 4}\,\dd x \\[3mm]&={1 \over 8}\lim_{\mu \to -1/2}\partiald[2]{}{\mu} \color{#00f}{\int_{0}^{\infty}{x^{\mu} \over x + 4}\,\dd x}\tag{1} \end{align}

Con el siguiente contorno, la integral se evalúa fácilmente:

\begin{align}&\color{#00f}{\int_{0}^{\infty}{x^{\mu} \over x + 4}\,\dd x} =2\pi\ic\pars{4^{\mu}\expo{\ic\pi\mu}} -\int_{\infty}^{0}{x^{\mu}\expo{2\pi\ic\mu} \over x + 4}\,\dd x \end{align}

$$ \color{#00f}{\int_{0}^{\infty}{x^{\mu} \over x + 4}\,\dd x} =2\pi\ic\,{4^{\mu}\expo{\ic\pi\mu} \over 1 - \expo{2\pi\ic\mu}} =-\pi\,{4^{\mu} \over \sin\pars{\pi\mu}} $$

\begin{align}& \partiald[2]{}{\mu}\color{#00f}{\int_{0}^{\infty}{x^{\mu} \over x + 4}\,\dd x} \\[3mm]&=-2^{2m}\,\pi\,\csc\pars{\pi \mu}\braces{\vphantom{\LARGE A} \pi^2\bracks{\vphantom{\Large A}2\csc^{2}\pars{\pi\mu} - 1} -4\pi\ln\pars{2}\cot\pars{\pi\mu} + 4\ln^{2}\pars{2}} \end{align}

\begin{align}&\lim_{\mu \to -1/2} \partiald[2]{}{\mu}\color{#00f}{\int_{0}^{\infty}{x^{\mu} \over x + 4}\,\dd x} =\half\,\pi^{3} + 2\pi\ln^{2}\pars{2} \end{align}

Sustitución en $\pars{1}$ : $$\color{#66f}{\large\int_{0}^{\infty} {\ln^{2}\pars{x} \over x^{2} + 4}\,\dd x} = \color{#66f}{\large{1 \over 16}\,\pi^{3} + {1 \over 4}\,\pi\ln^{2}\pars{2}} \approx 2.3152 $$