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

Question

¿Cuál es $$\int_0^\infty \frac{\log x}{x^2+2x+4}\ dx$$?

Aquí tienes una pista que venía con el problema,

Sustituye $x$ como $2t$ y escríbelo como una suma de dos integrales. Luego intenta simplificar.

Answer 1

Otro Enfoque $$ \begin{align} \int_0^\infty\frac{\log(x)}{x^2+2x+4}\,\mathrm{d}x &=\int_0^\infty\frac{\log(4)-\log(x)}{x^2+2x+4}\,\mathrm{d}x\tag{1}\\ &=\log(2)\int_0^\infty\frac{\mathrm{d}x}{x^2+2x+4}\tag{2}\\ &=\frac{\log(2)}{\sqrt3}\int_{1/\sqrt3}^\infty\frac{\mathrm{d}x}{x^2+1}\tag{3}\\ &=\frac{\pi\log(2)}{3\sqrt3}\tag{4} \end{align} $$ Explicación:
$(1)$: sustituir $x\mapsto\frac4x$
$(2)$: promediar los lados izquierdo y derecho de $(1)$
$(3)$: sustituir $x\mapsto\sqrt3\,x-1$
$(4)$: integral de arco tangente

Answer 2

Lo intentaré aquí. También creo que este problema se puede resolver sin integración por partes, pero la pista del OP es muy útil.

Usando $x=2t$ obtenemos $\int_0^\infty \frac{\log x}{x^2+2x+4}\ dx$ = $2\int_0^\infty \frac{\log 2} {4t^2+4t+4}\ dt$ + $2\int_0^\infty \frac{\log t}{4t^2+4t+4}\ dt.$

La primera integral:
Lleva el término del logaritmo al principio y factoriza un $4$ del denominador. Completa el cuadrado en el denominador e integra accordingly para llegar a una arctan.
Cuando sustituyes valores, obtienes $\frac{{\pi}log2}{\sqrt{27}}$ que es aproximadamente $0.18200$
Resulta que esta es la respuesta a la integral. (Con TI integrando desde $0$ hasta $1000$ llegué a $0.1787$)
¿Finalizado? Por supuesto que no.

¿Qué hay de esa segunda integral?
Llamemos a esa integral $I$. Aquí está el truco: Realiza una sustitución u $t=\frac{1}{v}$
Puedes verificar que obtienes esencialmente la misma integral de vuelta con un coeficiente negativo al principio; es decir, $I=-cI$ de lo que se deduce que $I=0.$
Así que sospecho que esta es la razón por la que se te dio esa pista, ¡es una muy buena!

Answer 3

Para precisar la respuesta de Imranfat,

$\displaystyle J=\int_0^\infty \dfrac{\log x}{x^2+2x+4}\ dx$

Aplicar el cambio de variable $x=2t$,

$\displaystyle J=\int_0^\infty \dfrac{\log (2t)}{2(t^2+t+1)}\ dt=\int_0^\infty \dfrac{\log 2}{2(t^2+t+1)}dt+\int_0^\infty \dfrac{\log t}{2(t^2+t+1)}dt$

En el lado derecho, la segunda integral es igual a cero,

$\displaystyle \int_0^\infty \dfrac{\log (t)}{2(t^2+t+1)}\ dt=\int_0^1 \dfrac{\log (t)}{2(t^2+t+1)}\ dt+\int_1^\infty \dfrac{\log (t)}{2(t^2+t+1)}\ dt$

Realiza en la segunda integral el cambio de variable $y=\dfrac{1}{x}$, así,

$\displaystyle \int_0^\infty \dfrac{\log (t)}{2(t^2+t+1)}\ dt=\int_0^1 \dfrac{\log (t)}{2(t^2+t+1)}\ dt-\int_0^1 \dfrac{\log (t)}{2(t^2+t+1)}\ dt=0$

$\displaystyle \int_0^\infty \dfrac{\log 2}{2(t^2+t+1)}dx=\left[\ \dfrac{\log 2}{\sqrt{3}}\arctan\left(\dfrac{1+2x}{\sqrt{3}}\right) \right]_0^\infty=\dfrac{\pi\log 2}{3\sqrt{3}}$

Answer 4

Bueno, presentaré otro método:

1. Calcular:

$$ \mathscr{S}_\text{n} : = \frac{\partial}{\partial\text{n}}\left\{\int_0^\infty\frac{\ln\left(\text{n}x\right)}{x^2+2x+4}\space\text{d}x\right\}=\int_0^\infty\frac{1}{x^2+2x+4}\cdot\frac{\partial}{\partial\text{n}}\left(\ln\left(\text{n}x\right)\right)\space\text{d}x = $$ $$\int_0^\infty\frac{1}{x^2+2x+4}\cdot\frac{\partial}{\partial\text{n}}\left(\ln\left(\text{n}\right)+\ln\left(x\right)\right)\space\text{d}x=$$ $$\int_0^\infty\frac{1}{x^2+2x+4}\cdot\left\{\frac{\text{d}}{\text{dn}}\left(\ln\left(\text{n}\right)\right)+\ln\left(x\right)\cdot\frac{\partial}{\partial\text{n}}\left(1\right)\right\}\space\text{d}x\tag1$$

2. Ahora, encontrar:

$$ \mathcal{I}: = \int_1^2\mathscr{S}_\text{n}\space\text{dn}\tag2$$

3. Demuestre que la integral que desea encontrar es igual a $\mathcal{I}$ ;
4. Debes encontrar:

$$ \mathcal{I}= \frac{\pi\ln\left(2\right)}{3\sqrt{3}}\tag3$$

Answer 5

$$\displaystyle{L1:\int\limits_0^\infty {\sin ax \cdot {e^{ - sx}}dx} = \frac{a}{{{s^2} + {a^2}}}}$$ , $$\displaystyle{L2:\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin ax}}{x} \cdot {e^{ - sx}}dx} = \arctan \frac{a}{s}}$$ , $$\displaystyle{L3:\int\limits_0^\infty {\log x \cdot {e^{ - sx}}dx} = - \frac{{\log s + \gamma }}{s}}$$ $$\displaystyle{L4:\int\limits_0^\infty {\sin ax \cdot \log x \cdot {e^{ - sx}}dx} = - \frac{1}{{2i}} \cdot \left( {\frac{{\log \left( {s - ia} \right) + \gamma }}{{s - ia}} - \frac{{\log \left( {s + ia} \right) + \gamma }}{{s + ia}}} \right)}$$

$$\displaystyle{L5:\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin ax \cdot \log x}}{x} \cdot {e^{ - sx}}dx} = - \frac{1}{{2i}} \cdot \int\limits_s^\infty {\left( {\frac{{\log \left( {u - ia} \right) + \gamma }}{{u - ia}} - \frac{{\log \left( {u + ia} \right) + \gamma }}{{u + ia}}} \right)du} = - \left( {\gamma + \frac{{\log \left( {{s^2} + {a^2}} \right)}}{2}} \right) \cdot \arctan \frac{a}{s}}$$

$$\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{\log x}}{{{x^2} + 2x + 4}}dx} = \int\limits_0^\infty {\frac{{\log x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} + 3}}dx} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\int\limits_0^\infty {\log x\left( {\int\limits_0^\infty {\sin \left( {\sqrt 3 t} \right){e^{ - \left( {x + 1} \right)t}}dt} } \right)dx} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\int\limits_0^\infty {\sin \left( {\sqrt 3 t} \right){e^{ - t}}\left( {\int\limits_0^\infty {\log x \cdot {e^{ - xt}}dx} } \right)dt} = }$$

$$\displaystyle{ = - \frac{1}{{\sqrt 3 }}\int\limits_0^\infty {\sin \left( {\sqrt 3 t} \right){e^{ - t}}\frac{{\log t + \gamma }}{t}dt} = - \frac{\gamma }{{\sqrt 3 }}\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( {\sqrt 3 t} \right)}}{t}{e^{ - t}}dt} - \frac{1}{{\sqrt 3 }}\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( {\sqrt 3 t} \right)\log t}}{t}{e^{ - t}}dt} = \mathop {\mathop = \limits_{a = \sqrt 3 {\text{ \& }}s = 1} }\limits^{L2{\text{ \& }}L5} = }$$

$$\displaystyle{ = - \frac{\gamma }{{\sqrt 3 }}\frac{\pi }{3} + \frac{1}{{\sqrt 3 }}\left( {\gamma + \log 2} \right) \cdot \frac{\pi }{3} \Rightarrow \boxed{\int\limits_0^\infty {\frac{{\log x}}{{{x^2} + 2x + 4}}dx} = \frac{{\pi \log 2}}{{3\sqrt 3 }}}}$$