Demostrar que $\int_0^\infty \frac{\ln \tan^2 (ax)}{1+x^2}\,dx = \pi\ln \tanh(una)$

Question

$$ \mbox {¿Cómo puedo demostrar}\quad \int_{0}^{\infty} {\ln\left(\,\bronceado^{2}\left(\, ax\,\right)\,\right) \más de 1 + x^{2}}\,{\rm d}x =\pi \ln\left(\,\tanh\left(\,\left\vert\,\,\right\vert\,\right)\,\right)\,{\Large ?}. \qquad \in {\mathbb R}\verb*\* \left\{\,0\,\right\} $$

Answer 1

Aquí hay otra solución:

Hacemos la observación de que

$$ \log\bronceado^{2}\theta = -4 \sum_{n \ \mathrm{impar}}^{\infty}\frac{1}{n}\cos 2n\theta \etiqueta{1} $$

y

$$ \sum_{n \ \mathrm{impar}}^{\infty} \frac{1}{n} x^{n} = \frac{1}{2}\log\left(\frac{1+x}{1-x}\right). \etiqueta{2} $$

Ambos son fácilmente demostrado por el uso de Euler fórmula $e^{i\theta} = \cos\theta + \sin\theta$ y la serie de Taylor del logaritmo. También tomamos nota de que

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{t \sen t}{a^2 + t^2} \, dt = \frac{\pi}{2} e^{-|a|}. \etiqueta{3}$$

Entonces

\begin{align*} \int_{0}^{\infty} \frac{\log\tan^2(ax)}{1+x^2} \, dx &= \int_{0}^{\infty} \log\tan^2(ax) \left( \int_{0}^{\infty} \sen t \, e^{xt} \, dt \right) \, dx \\ &= \int_{0}^{\infty} \sen t \int_{0}^{\infty} e^{-tx} \log\tan^2(ax) \, dxdt \\ Y= -4 \int_{0}^{\infty} \sen t \int_{0}^{\infty} \sum_{n \ \mathrm{impar}}^{\infty}\frac{1}{n} e^{-tx} \cos (2nax) \, dxdt \\ Y= -4 \int_{0}^{\infty} \sen t \sum_{n \ \mathrm{impar}}^{\infty}\frac{1}{n} \frac{t}{4a^{2}n^{2} + t^{2}} \, dt \\ Y= -4 \sum_{n \ \mathrm{impar}}^{\infty} \frac{1}{n} \int_{0}^{\infty} \frac{t \sen t}{4a^{2}n^{2} + t^{2}} \, dt \\ Y= -2\pi \sum_{n \ \mathrm{impar}}^{\infty} \frac{1}{n} e^{-2 ¡un} = \pi \log \left( \frac{1-e^{-2a}}{1+e^{-2}} \right) \\ &= \pi \log (\tanh una). \end{align*}

Answer 2

Una idea con complejo de contorno. Escojamos el camino

$$C_R:=[-R,R]\cup\gamma_R:=\{z\in\Bbb C\;;\;z=Re^{}\,\,,\,0\leq t\leq \pi\}\,\,,\,0<<R\en\Bbb R$$

Asumir la función

$$f(z):=\frac{\operatorname{Log}(\bronceado^2az)}{1+z^2}=2\frac{\operatorname{Log}(\tan az)}{1+z^2}$$

Dentro del dominio incluido por $\,C_R\,$ arriba, la función tiene el polo $\,z=i\,$ (tenga en cuenta que en los polos de $\,\tan az\,$ la función logarítmica es igual a $\,0+\arg(\text{polo})\,$ , y puesto que vamos a elegir la rama a lo largo del corte de cero a$\,- \infty \,$ , es decir, el eje negativo y todo esto nos da cero, por lo que nos quedamos sólo con el cero del denominador positiva en la mitad de plano complejo:

$$Res_{z=i}(f)=2\lim_{z\i}(z-i)\frac{\operatorname{Log}(\tan az)}{z^2+1}=2\frac{\operatorname{Log}(\bronceado ai)}{2}=-i\log(\tanh una)$$

También tenemos que

$$\left|\int_{\gamma_R}2\frac{\operatorname{Log}(\tan az)}{1+z^2}dz\right|\leq2\frac{|\log|\tan az||}{1-R^2}R\pi\xrightarrow[R\to\infty]{}0$$

como el uso de la forma (con $\,z=x+yi\,\,,\,x,y\in\Bbb R\,\,,\,y>0\,$)

$$\tan az=\frac{e^{2aiz}-1}{e^{2aiz}+1}\Longrightarrow |\log|\tan az||\leq \left|\log\frac{1+e^{2iy}}{1-e^{2iy}}\right|\xrightarrow [y\to\infty]{}\log 1=0$$

Así, finalmente, por el Teorema de Cauchy

$$2\pi i(-i\log(\tanh a))=2\pi\log(\tanh a)=\oint_{C_R} f(z)\,dz=$$

$$=\int\limits_ {R}^R\frac{\log(\tan^2 ax)}{1+x^2}dx+\int_{\gamma_R}f(z)\,dz\xrightarrow[R\to\infty]{}\int\limits_{-\infty}^\infty\frac{\log(\tan^2 x)}{1+x^2}dx$$

Ahora solo hay que dividir por dos el integral de el incluso, una de las funciones anteriores y hemos terminado.

Answer 3

Denotar que el evaluado integral como $I$, entonces $I$ puede ser reescrita como $$I=\int_0^\infty \frac{\ln \sin^2 ax}{1+x^2}\,dx\int_0^\infty \frac{\ln \cos^2 ax}{1+x^2}\,dx$$ El uso de la transformada de Fourier de la serie de representaciones de $\ln \sin^2 \theta$ y $\ln \cos^2 \theta$, $$\ln \sin^2 \theta=-2\ln2-2\sum_{k=1}^\infty \frac{\cos2k\theta}{k}$$ y $$\ln \cos^2 \theta=-2\ln2+2\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1}\frac{\cos2k\theta}{k}$$ también tenga en cuenta que $$\int_0^\infty\frac{\cos bx}{1+x^2}\,dx=\frac{\pi e^{-b}}{2}$$ entonces $$\begin{align}&=-2\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k}\int_0^\infty\frac{\cos2kax}{1+x^2}\,dx-2\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k}\int_0^\infty\frac{\cos2kax}{1+x^2}\,dx\\&=-\pi\sum_{k=1}^\infty \frac{e^{-2ak}}{k}-\pi\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1}\frac{e^{-2ak}}{k}\\&=\pi\ln\left(1-e^{-2a}\right)-\pi\ln\left(1+e^{-2a}\right)\\&=\pi\ln\left(\frac{1-e^{-2a}}{1+e^{-2a}}\right)\\&=\pi\ln\left(\tanh un\right)\end{align}$$

Answer 4

Por igualando las partes reales en ambos lados de la identidad $$\sum_{k=1}^{\infty} \frac {(^{i \theta })^{k}}{k} = -\log(1-ser^{i \theta}) \ , \ |b| < 1,$$ uno encuentra que $$ \sum_{k=1}^{\infty} \frac{b^{k} \cos k\theta }{k} = - \frac{1}{2} \log \left(1-2b \cos \theta +b^{2} \right).$$

Entonces para $a >0$, $$ \begin{align}\int_{0}^{\infty} \frac{\log(1-2b \cos 2ax +b^{2})}{1+x^{2}} \ dx y= -2\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+x^{2}}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{b^{k} \cos (2akx)}{k} \\ &=-2 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{b^{k}}{k}\int_{0}^{\infty} \frac{\cos (2ak x)}{1+x^{2}} \, dx \\ &=-\pi \sum_{k=1}^{\infty} \frac {(^{- 2})^{k}}{k} \\ &= \pi \log(1-ser^{-2a}). \end{align}$$

Dejar que $b \a 1^{-}$, $$ \int_{0}^{\infty} \frac{\log (4 \sin^{2} ax)}{1+x^{2}} \ dx = \pi \log(1-e^{-2a}). \etiqueta{1}$$

Mientras que dejar que $b \a -1^{+}$, $$\int_{0}^{\infty} \frac{\log(4 \cos^{2} ax)}{1+x^{2}} \ dx = \pi\log(1+e^{-2a}). \etiqueta{2}$$

Luego restando $(2)$ $(1)$, $$ \int_{0}^{\infty} \frac{\log (\bronceado^{2} ax)}{1+x^{2}} \ dx = \pi \log \left(\frac{1-e^{-2a}}{1+e^{-2}} \right) =\pi \log( \tanh a) .$$