Resultando: $\operatorname{P.V.} \int^\infty_{-\infty}\frac{\ln(t^2+1)}{t^2-1}dt =\frac{\pi^2}{2}$

Question

Cómo probar que

$$\operatorname{P.V.}\int^\infty_{-\infty}\frac{\ln(t^2+1)}{t^2-1}dt =\frac{\pi^2}{2}\: ?$$

Answer 1

Si integramos a lo largo de esta curva cerrada en $\mathbb{C}$

entonces usted consigue $0$ por el teorema de Cauchy. La integral que queremos es que a lo largo de las partes horizontales de la curva de nivel, como los círculos pequeños desaparecen y la grande va a $\infty$. Las contribuciones de los círculos pequeños cancelar cada uno de los otros (los dos residuos tienen signos opuestos), la integral a lo largo de gran semicírculo que va a $0$, por lo que su integral es igual a la integral a lo largo de la parte vertical de la curva de nivel. Ahora note que $\log(t^2+1)$ tienen valores diferentes en los dos lados de la trayectoria vertical (es por eso que la integral no es $0$), pero ellos sólo se diferencian por el $2\pi i$. Lo que queda es (ajuste $t=is$) $$\int_1^\infty 2\pi/(1+s^2)\, ds=\pi^2/2$$

Answer 2

Puesto que el integrando es par,

$$ \begin{align*} PV \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\log(t^2+1)}{t^2 - 1}\,dt &= 2PV\int_{0}^{\infty} \frac{\log(t^2+1)}{t^2-1} \, dt \\ &= 2PV \lim_{\epsilon \to 0+} \left( \int_{0}^{1-\epsilon} \frac{\log(t^2+1)}{t^2-1} \, dt + \int_{1+\epsilon}^{\infty} \frac{\log(t^2+1)}{t^2-1} \, dt \right) \end{align*} $$

Por la sustitución de $t \mapsto t^{-1}$, tenemos

$$\int_{1+\epsilon}^{\infty} \frac{\log(t^2+1)}{t^2-1} \, dt = \int_{0}^{\frac{1}{1+\epsilon}} \frac{\log(t^2+1) - 2\log t}{1-t^2} \, dt.$$

Así obtenemos

$$PV \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\log(t^2+1)}{t^2 - 1}\,dt = 2PV \lim_{\epsilon \a 0+} \left( \int_{1-\epsilon}^{\frac{1}{1+\epsilon}} \frac{\log(t^2+1)}{1-t^2} \, dt - 2\int_{0}^{\frac{1}{1+\epsilon}} \frac{\log t}{1-t^2} \, dt \right).$$

Por un lado, la función de $\frac{1}{t+1}\log(t^2+1)$ es continua en a $[0, 1]$, por lo tanto es limitado en este intervalo por una constante $C > 0$. También, si $\epsilon > $ es lo suficientemente pequeño, tenemos $1 - \epsilon < \frac{1}{1+\epsilon}$. Así se obtiene una estimación

$$ \left| \int_{1-\epsilon}^{\frac{1}{1+\epsilon}} \frac{\log(t^2+1)}{1-t^2} \, dt \right| \leq C \int_{1-\epsilon}^{\frac{1}{1+\epsilon}} \frac{dt}{1-t} = C \log \left(1+\epsilon\right).$$

Esto demuestra que la mano izquierda converge a 0 $\epsilon \to 0+$. Por otro lado, por Tonell del teorema de

$$ \begin{align*} \lim_{\epsilon \to 0+} \int_{0}^{\frac{1}{1+\epsilon}} \frac{\log t}{1-t^2} \, dt &= \int_{0}^{1} \frac{\log t}{1-t^2} \, dt = \sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{1} t^{2n} \log t \, dt \\ &= -\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2} = -\frac{\pi^2}{8}, \end{align*}$$

donde en la última igualdad hemos utilizado el famoso de Euler de la serie. Por lo tanto el resultado deseado de la siguiente manera.