Calcular $\int _0^\infty \frac{\ln x}{(x^2+1)^2}dx$

Question

Calcular $$\int _0^\infty \dfrac{\ln x}{(x^2+1)^2}dx.$$ Tengo problemas para utilizar el lema de Jordan para este tipo de integral. Además, ¿puedo multiplicarla por la mitad y evaluar $\frac{1}{2}\int_0^\infty \frac{\ln x}{(x^2+1)^2}dx$ ?

Answer 1

He aquí una "ruta de análisis real".

Paso 1. Tenemos $$ \int_0^{+\infty}\frac{\ln x}{x^2+1} dx=0 \tag1$$ como puede verse al escribir $$ \begin{align} \int_0^{+\infty}\frac{\ln x}{x^2+1} dx&=\int_0^1\frac{\ln x}{x^2+1} dx+\int_1^{+\infty}\frac{\ln x}{x^2+1} dx\\\\ &=\int_0^1\frac{\ln x}{x^2+1} dx-\int_0^1\frac{\ln x}{\frac{1}{x^2}+1} \frac{dx}{x^2}\\\\ &=0. \end{align} $$ Paso 2. Supongamos que $a>0$ . Tenemos $$ \int_0^{+\infty}\frac{\ln x}{x^2+a^2} dx=\frac{\pi}{2}\frac{\ln a}{a} \tag2$$ como puede verse al escribir $$ \begin{align} \int_0^{+\infty}\frac{\ln x}{x^2+a^2} dx&= \int_0^{+\infty}\frac{\ln (a \:u)}{(a \:u)^2+a^2} (a \:du)\\\\ &=\frac1a\int_0^{+\infty}\frac{\ln a +\ln u}{u^2+1} du\\\\ &=\frac{\ln a}{a}\int_0^{+\infty}\frac{1}{u^2+1} du+\frac1{a}\int_0^{+\infty}\frac{\ln u}{u^2+1} du\\\\ &=\frac{\ln a}{a}\times \frac{\pi}2+\frac1{a}\times 0\\\\ &=\frac{\pi}{2}\frac{\ln a}{a}. \end{align} $$ Paso 3. Supongamos que $a>0$ . Tenemos $$ \int_0^{+\infty}\frac{\ln x}{(x^2+a^2)^2} dx=\frac{\pi}{4}\frac{\ln a-1}{a^3} \tag3$$ ya que se cumplen las condiciones suficientes para diferenciar ambos lados de $(2)$ .

Poniendo $a:=1$ en $(3)$ da

$$ \int_0^{+\infty}\frac{\ln x}{(x^2+1)^2} dx=\color{blue}{-\frac{\pi}{4}}. $$

Answer 2

A continuación se explica cómo hacerlo mediante un análisis complejo.

En primer lugar, en este caso no se puede calcular $\frac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty \frac{\ln x}{(x^2+1)^2}$ ya que no es igual a su integral (¿por qué?).

Ahora toma $R>1$ , $r<1$ y $\gamma$ un contorno de "ojo de cerradura" como el que se muestra a continuación

Tomemos el corte de rama del logaritmo con dominio $\mathbb{C} \setminus \{iy: y \leq 0\}$ , en el que uno $\ln(x) \in \mathbb{R}$ si $x \in \mathbb{R}^+$ .

Ahora bien, por un lado el teorema del residuo nos dice que si $f(z)=\frac{\ln(z)}{(z^2+1)^2} $ $$ \int_\gamma f(z)dz = 2\pi i \cdot \text{Res}(f(z), i) = 2\pi i \left( \lim_{z\to i} \frac{d}{dz}\left[ (z-i)^2 \frac{\ln(z)}{(z+1)^2(z-i)^2}\right]\right) = -\frac{\pi}{2}+ i \frac{\pi^2}{4} $$ Por otro lado es fácil ver que la integral sobre el medio semicírculo que une $R$ con $-R$ (llamémoslo $I_{C_1}$ ) llega a cero cuando $R$ va al infinito, ya que $$ |I_{C_1}|=\left|\int_0^\pi \frac{\ln(Re^{it})iRe^{it}}{(R^2e^{2it}+1)^2}dt\right| \underset{R \to \infty}{\longrightarrow} 0 $$ Y que el sobre semicírculo que conecta $-r$ con $r$ (este se llamará $I_{C_2}$ ) llega a cero cuando $r$ va a $0$ porque $$ |I_{C_2}|=\left|\int_\pi^0 \frac{\ln(re^{it})ire^{it}}{(r^2e^{2it}+1)^2}dt\right| \underset{r \to 0}{\longrightarrow} 0 $$ Por lo tanto, \begin {align} \int_\gamma f(z)dz & = \int_r ^R \frac { \ln (x)}{(x^2+1)^2}dx + \int_ {-R}^{-r} \frac { \ln (x)}{(x^2+1)^2}dx + I_{C_1} + I_{C_2} \\ & = \int_r ^R \frac { \ln (x)}{(x^2+1)^2}dx - \int_ {R}^{r} \frac { \ln (-y)}{(y^2+1)^2}dy + I_{C_1} + I_{C_2} \\ & = \int_r ^R \frac { \ln (x)}{(x^2+1)^2}dx + \int_ {r}^{R} \frac { \ln (-y)}{(y^2+1)^2}dy + I_{C_1} + I_{C_2} \\ & = \int_r ^R \frac { \ln (x)}{(x^2+1)^2}dx + \int_ {r}^{R} \frac { \ln |y| + i \pi }{(y^2+1)^2}dy + I_{C_1} + I_{C_2} \\ & = 2 \int_r ^R \frac { \ln (x)}{(x^2+1)^2}dx + i \pi \underbrace { \int_ {r}^{R} \frac {dy}{(y^2+1)^2} }_{J}+ I_{C_1} + I_{C_2} \\ \end {align} Sin embargo, como una integral indefinida $J$ se puede calcular por sustitución trigonométrica, como sigue, sea $y=\tan(u)$ entonces $$ \int \frac{dy}{(y^2+1)^2} = \int \cos^2(u) du = \frac{1}{4}\sin(2u)+\frac{1}{2}u = \frac{1}{4}\sin(2\tan^{-1}(y))+\frac{1}{2}\tan^{-1}(y) $$ Por lo tanto, tenemos $$ \lim_{R\to \infty}\lim_{r\to 0}J=\int_0^\infty \frac{dy}{(y^2+1)^2} = \frac{1}{4}\sin(\pi)+\frac{\pi}{4} - \left( \frac{1}{4}\sin(0)+0\right) = \frac{\pi}{4} $$ Por lo tanto, finalmente concluimos que \begin {align} - \frac { \pi }{2}+ i \frac { \pi ^2}{4} & = \lim_ {R \to \infty } \lim_ {r \to 0} \left ( \int_\gamma f(z)dz \right ) \\ & = \lim_ {R \to \infty } \lim_ {r \to 0} \left ( 2 \int_r ^R \frac { \ln (x)}{(x^2+1)^2}dx + i \pi \int_ {r}^{R} \frac {dy}{(y^2+1)^2}+ I_{C_1} + I_{C_2} \right ) \\ & = 2 \int_0 ^ \infty \frac { \ln (x)}{(x^2+1)^2}dx + i \pi \left ( \frac { \pi }{4} \right ) + 0 + 0 \end {align}

Así, $$ \int_0^\infty \frac{\ln(x)}{(x^2+1)^2}dx = \frac{1}{2}\left( -\frac{\pi}{2}+ i \frac{\pi^2}{4} -i \frac{\pi^2}{4} \right) = -\frac{\pi}{4} $$

Answer 3

Un cálculo más rápido del análisis complejo: reescribir la integral como la parte real de una integral de contorno $$I=\frac12\Re \int_C\frac{\ln z\,dz}{\left(z^2+1\right)^2},$$ donde $C$ va de $-\infty$ a $\infty$ ligeramente por encima de la parte negativa del eje real ( $\Re$ mata la parte imaginaria del logaritmo). Pero ahora lo único que tenemos que hacer es sacar $C$ a $i\infty$ para que $$I=\frac12\Re\left(2\pi i \operatorname{res}_{z=i}\frac{\ln z}{\left(z^2+1\right)^2}\right)=-\frac{\pi}{4}.$$

Answer 4

Veamos la función compleja

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

Primero observe que (poniendo el corte de la rama a lo largo del eje real positivo) para $x>0$ $$ f(x+i \delta)=\frac{\log^2(x)}{(x^2+1)^2}\\ f(x-i \delta)=\frac{\log^2(x)+4\pi i \log(x)-4\pi^2}{(x^2+1)^2}\quad (*)\\ $$

con $\delta\rightarrow0_+$

Puede integrar $f(z)$ alrededor de un contorno de ojo de cerradura con hendidura a lo largo del eje real positivo. Por el teorema del residuo se cumple que

$$ \oint f(z)dz=\int_0^{\infty}f(x+i \delta)dx+\int_{\infty}^0f(x-i \delta)dx+\\\lim_{r\rightarrow0}r\int_{\psi\in[3\pi/2,\pi/2]}e^{i\psi}f(r e^{i\psi})d\psi+\lim_{R\rightarrow\infty}R\int_{\phi\in(0,2\pi]}e^{i\phi}f(Re^{i\phi})d\phi\\=2\pi i\sum_i\text{res}(f(z),z=z_i) $$

Se demuestra fácilmente que las dos últimas contribuciones, que son el pequeño círculo semicírculo alrededor del origen y el gran círculo que cierra el contorno, desaparecen. Además, sabemos que los residuos se encuentran en $z_i=\pm i$ .

Así que utilizando (*) podemos concluir que (la suma de los residuos se calcula directamente por $\text{res}(f(z),z_0)=\lim_{z\rightarrow z_0 }\partial_z[(z-z_0) f(z)]$ si se tiene en cuenta que $\log(i)=\pi/2$ y $\log(-i)=\frac{3\pi i}{2}$ para nuestra elección de ramas)

$$ -4\pi i\int_0^{\infty}\frac{ \log(x)}{(x^2+1)^2}+4\pi^2\underbrace{\int_0^{\infty}\frac{1}{(x^2+1)^2}}_{J}=\pi^3+i\pi^2 $$

donde $J$ se puede calcular mediante $$ J=-\partial_a\int_0^{\infty}\frac{1}{x^2+a}\big|_{a=1}=-\partial_a\frac{\pi }{2 \sqrt{a}}\big|_{a=1}=\frac{\pi}{4} $$

Ahora estamos preparados para exponer nuestro resultado final: $$ \int_0^{\infty}\frac{\log(x)}{(x^2+1)^2}=\frac{1}{-4\pi i }\left(i \pi^2-4\pi^2 \frac{\pi}{4}+\pi^3\right)=-\frac{\pi}{4} $$

de acuerdo con la respuesta de @Olivier Oloa

Answer 5

\begin {align} I&= \int _0^ \infty \dfrac { \ln x}{(x^2+1)^2}dx \\ &= \int _0^1 \dfrac { \ln x}{(x^2+1)^2}dx+ \int _1^ \infty \dfrac { \ln x}{(x^2+1)^2}dx \\ &= \int _0^1 \dfrac { \ln x}{(x^2+1)^2}dx- \int _0^1 \dfrac {x^2 \ln x}{(x^2+1)^2}dx \\ &= \int _0^1 \dfrac {(1-x^2) \ln x}{(x^2+1)^2}dx \\ &= \int _0^1 \sum_ {j=0}^{ \infty }(-1)^j (2 j+1) x^{2 j} \ln xdx \\ &= \sum_ {j=0}^{ \infty }(-1)^j (2 j+1) \int _0^1 x^{2 j} \ln xdx \\ &=- \sum_ {j=0}^{ \infty }(-1)^j \frac {2 j+1}{(2j+1)^2} \\ &=- \sum_ {j=0}^{ \infty }(-1)^j \frac {1}{2j+1} \\ &=- \frac { \pi }{4} \end {align} donde por fin se puede recordar la expansión para $\arctan$ .