Cómo evaluar $\int_0^\infty \frac{\log x}{(x^2+a^2)^2} dx$

Question

Evaluar $$\int_0^\infty \frac{\log x}{(x^2+a^2)^2} dx$$ $$(a>0)$$

¿Cómo puedo utilizar el contorno adecuadamente?

¿Cuál es el significado de esta integral?

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(además publicado)

Traté de resolver este problema.

En primer lugar, me tomo una rama de $$\Omega=\mathbb C - \{z|\text{Re}(z)=0\; \text{and} \; \text{Im}(z)\le0\}$$

A continuación, ${\log_\Omega z}=\log r +i\theta (-\frac{\pi}{2}\lt\theta\lt\frac{3\pi}{2})$

Ahora, $\frac{\log z}{(z^2+a^2)^2}$ es holomorphic en $\Omega - \{ai\}$ con doble pol $ai$.

Ahora voy a tomar el contorno que forma una sangría de semicírculo.

Para cualquier $0\lt\epsilon\lt{a}$, donde $\max (1,a)\lt R$, $\Gamma_{R,\epsilon}\subseteq\Omega - \{ai\}$ y en $\Omega$, $i=e^{i\pi/2}$.

Ahora, utilizando el residuo de la fórmula, $$2\pi{i}\operatorname*{Res}_{z=ai}\frac{\log_\Omega{z}}{(z^2+a^2)^2}=2\pi{i}\operatorname*{lim}_{z\to ai}\frac{d}{dz}(z-ai)^2\frac{\log_\Omega{z}}{(z^2+a^2)^2}=\frac{\pi}{2a^3}(\log_\Omega{ai}-1)$$

Ahora, la última parte, tome $i=e^{i\pi/2}$, entonces es igual a $\frac{\pi}{2a^3}(\log{a}-1+i\pi/2)$

Así, puedo dividir a las integrales por cuatro partes,

$$\int_{\epsilon}^R dz + \int_{\Gamma_R} dz + \int_{-R}^{-\epsilon} dz + \int_{\Gamma_\epsilon} dz$$

En primer lugar, evaluar la segunda parte,

$$\left|\int_{\Gamma_R} dz\right|\le\int_0^{\pi}\left|\frac{\log_\Omega{Re^{i\theta}}}{(R^2e^{2i\theta}+a^2)^2}iRe^{i\theta}\right|d\theta$$

Tenga en cuenta que

$$\left|\log_\Omega{Re^{i\theta}}\right|=\left|\log R+i\theta\right|\le\left|\log R\right|+|\theta|$$ $$\left|R^2e^{2i\theta}+a^2\right|\ge R^2-a^2\quad (R\gt a)$$

A continuación, parte 2 $\le\frac{R(\pi R+\frac{\pi^2}{2})}{(R^2+a^2)^2}\to 0\; \text{as} \; R \to \infty\quad \left|\log R\right|\lt R\;\text{where}\;(R\gt 1)$

Así, forma parte 4 del mismo modo, va a $\;0$.

A continuación, 3ª parte, sustituto $\;t=-z$,

$$\int_\epsilon^{R}\frac{\log t}{(t^2+a^2)^2}dt + i\pi\int_\epsilon^{R}\frac{dt}{(t^2+a^2)^2}$$

Y $\;i\pi\lim\limits_{{\epsilon \to 0},\;{R\to\infty}}\int_\epsilon^{R}\frac{dt}{(t^2+a^2)^2}=\frac{\pi}{4a^3}$

Con tediosos cálculos, conseguí $\frac{\pi}{4a^3}(\log a -1)$.

Answer 1

Una cosa que usted puede hacer cuando se enfrenta con las integrales de la forma

$$\int_0^{\infty} dx \, f(x) \log{x}$$

es considerar una integral de contorno de la forma

$$\oint_C dz \, f(z) \, \log^2{z}$$

donde $C$ es un ojo de la cerradura de contorno sobre el eje real positivo, como se muestra a continuación.

Para evaluar la integral de contorno, podemos parametrizar sobre cada pieza del contorno. Se trata de cuatro piezas: un gran arco de radio de $R$, un pequeño arco de radio de $\epsilon$, y las líneas por encima y por debajo del eje real positivo.

Este contorno nos permite derivar la integral de interés por la explotación de la multivalor comportamiento del registro en un punto de ramificación. En este caso, definimos el argumento de los números complejos sobre el eje real positivo a cero y a continuación se $2 \pi$. Por lo tanto, sobre el eje real $z=x$, mientras que por debajo de $z=x e^{i 2 \pi}$. Esta diferencia es crucial a la hora de tomar registros.

Voy a dejar que el lector realice el análisis como el radio exterior $R \to \infty$ y un radio interior de $\epsilon \to 0$; el contorno integral es entonces igual a

$$\int_0^{\infty} dx \, f(x) \log^2{x} - \int_0^{\infty} dx \, f(x) (\log{x}+i 2 \pi)^2 = -i 4 \pi \int_0^{\infty} dx \, f(x) \log{x} + 4 \pi^2 \int_0^{\infty} dx \, f(x)$$

Por el teorema de los residuos, el contorno de la integral es también igual a $i 2 \pi$ veces la suma de los residuos en los polos $z_k$ $f$ en el plano complejo fuera del origen. Por lo tanto,

$$\int_0^{\infty} dx \, f(x) \log{x} = -i \pi \int_0^{\infty} dx \, f(x) - \frac12 \sum_k \operatorname*{Res}_{z=z_k} [f(z) \log^2{z}]$$

En la OP del caso,

$$f(z) = \frac1{(z^2+a^2)^2}$$

de modo que los polos son de orden dos y los residuos deben ser calculadas en consecuencia. El OP debe ser capaz de derivar

$$\operatorname*{Res}_{z=\pm i a} \frac{\log^2{z}}{(z^2+a^2)^2} = \left[\frac{d}{dz} \frac{\log^2{z}}{(z\pm i a)^2} \right ]_{z=\pm i a}$$

Tenga en cuenta también que los polos debe tener sus argumentos entre $[0,2 \pi]$ para el residuo de cálculo para salir correctamente. En este caso, podemos decir que los polos están en $z_{\pm}=\pm i a$, pero es importante tener en cuenta que $z_+ = a e^{i \pi/2}$$z_-=a e^{i 3 \pi/2}$.

Además, no debe escapar observe que el resultado final es, en términos de una integral sobre la función de $f$ sin el registro de plazo. Usted debe ser capaz de ver que la integral se puede evaluar exactamente de la misma manera como el original de la integral mediante la introducción de un registro y de la integración sobre el contorno del ojo de la cerradura $C$. El resultado es

$$\int_0^{\infty} dx \, f(x) = -\sum_k \operatorname*{Res}_{z=z_k} [f(z) \log{z}]$$

En este punto, el OP tiene todo lo necesario para llevar a cabo el cálculo.

Answer 2

Pensé que podría ser interesante añadir a la respuesta publicada por @RonGordon. Tomamos nota de que la integral de interés $I_1(a^2)$ puede ser escrito

$$I_1(a^2)=\int_0^\infty \frac{\log^2 x}{(x^2+a^2)^2}\,dx=-\frac{dI_2(a^2)}{d(a^2)}$$

donde

$$I_2(a^2)=\int_0^\infty\frac{\log^2x}{x^2+a^2}\,dx$$

Ahora, podemos evaluar la integral de la $J(a^2)$

$$J(a^2)=\oint_C \frac{\log^2z}{z^2+a^2}\,dz$$

donde $C$ es la clave-agujero de contorno definido en el mencionado post. De ahí, tenemos

$$\begin{align} J(a^2)&=-4\pi i\,I_2(a^2)+4\pi^2\int_0^\infty \frac{1}{x^2+a^2}\,dx \\\\ &=-4\pi i\, I_2(a^2)+\frac{2\pi^3}{a}\\\\ &=2\pi i \left(\text{Res}\left(\frac{\log^2 z}{z^2+a^2},ia\right)+\left(\text{Res}\left(\frac{\log^2 z}{z^2+a^2},-ia\right)\right)\right) \end{align}$$

Finalmente, después de calcular los residuos, y simplificando, se obtiene la integral de la $I_2(a^2)$ con lo cual la diferenciación con respecto a $a^2$ recupera la integral de interés $I_1(a^2)$. Y hemos terminado.

Answer 3

Deje $x=at$. Entonces tenemos $$\begin{align} I & = \int_0^{\infty} \dfrac{\log(x)}{(x^2+a^2)^2}dx = \dfrac1{a^3}\cdot\int_0^{\infty} \dfrac{\log(at)}{(t^2+1)^2}dt = \dfrac1{a^3}\left(\int_0^{\infty} \dfrac{\log(a)}{(t^2+1)^2}dt + \int_0^{\infty} \dfrac{\log(t)}{(t^2+1)^2}dt\right)\\ & = \dfrac{J+K}{a^3} \end{align}$$ donde$J=\displaystyle\int_0^{\infty} \dfrac{\log(a)}{(t^2+1)^2}dt$$K = \displaystyle\int_0^{\infty} \dfrac{\log(t)}{(t^2+1)^2}dt$.

$$J = \int_0^{\pi/2}\dfrac{\log(a)}{(\tan^2(y)+1)^2}\sec^2(y)dy = \log(a)\int_0^{\pi/2}\cos^2(y)dy = \dfrac{\pi\log(a)}4$$

$$\begin{align} K & = \displaystyle\int_0^1 \dfrac{\log(t)}{(t^2+1)^2}dt + \displaystyle\int_1^{\infty} \dfrac{\log(t)}{(t^2+1)^2}dt\\ & = \displaystyle\int_0^1 \dfrac{\log(t)}{(t^2+1)^2}dt + \displaystyle\int_1^0 \dfrac{\log(1/t)}{(1/t^2+1)^2}\dfrac{-dt}{t^2}\\ & = \int_0^1 \dfrac{(1-t^2)}{(1+t^2)^2}\cdot\log(t)dt\\ & = \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k (2k+1) \int_0^1 t^{2k}\log(t)dt\\ & = \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k+1} \dfrac1{2k+1}\\ & = -1 + \dfrac13 - \dfrac15 + \dfrac17 \mp \cdots = -\dfrac{\pi}4 \end{align}$$ Por lo tanto, la integral es $$\dfrac{\pi(\log(a)-1)}{4a^3}$$