Integral: $\int^\infty_{-\infty}\frac{\ln(t+1)}{t^2+1}\mathrm{d}t$

Question

Cómo probar lo siguiente:

$$\int^\infty_{-\infty}\frac{\ln(t+1)}{t^2+1}\mathrm{d}t=\frac{\pi}{2}\left(\ln(2)+\frac{\pi}{2} i\right)$$

Answer 1

Vamos a evaluar las partes real e imaginaria de la integral por separado. El uso de $\Re(\ln(t+1)) = \ln(|t+1|)$ $\Im(\ln(t+1)) = \pi [t < -1]$ donde $[t<1]$ es la Iverson soporte: $$ \begin{eqnarray} \Re \int_{-\infty}^\infty \frac{\ln(t+1)}{t^2+1} \mathrm{d} t &=& \int_{-\infty}^\infty \frac{\ln(|t+1|)}{t^2+1} \mathrm{d} t = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^\infty \frac{\ln((t+1)^2 )}{t^2+1} \mathrm{d} t\\ \Im \int_{-\infty}^\infty \frac{\ln(t+1)}{t^2+1} \mathrm{d} t &=& \int_{-\infty}^{-1} \frac{\pi}{t^2+1} \mathrm{d} t \end{eqnarray} $$ La integral de la parte imaginaria es fácil, ya que la $\int \frac{\mathrm{d} t}{t^2+1} = \arctan(t) + C$: $$ \int_{-\infty}^{-1} \frac{1}{t^2+1} \mathrm{d} t = \left.\arctan(t)\right|_{-\infty}^{-1} = \arctan(-1) - \lim_{t\to -\infty} \arctan(t) = -\frac{\pi}{4} - \left(-\frac{\pi}{2}\right) = \frac{\pi}{4} $$ Ahora para la parte real: $$ \int_{-\infty}^\infty \frac{\frac{1}{2} \log((t+1)^2)}{t^2+1} \mathrm{d} t = \int_{-\infty}^\infty \frac{\frac{1}{2} \log(t^2)}{t^2-2t +2} \mathrm{d} t = \int_0^\infty \log(t^2) \frac{1}{2} \left( \frac{1}{(t-1)^2+1}+\frac{1}{(t+1)^2 + 1} \right) \mathrm{d} t = \int_0^\infty \log(t^2) \frac{t^2+2}{t^4+4} \mathrm{d} t \stackrel{u=t^2}{=} \int_0^\infty \frac{\log(u)}{2} \frac{u+2}{u^2+4} \frac{\mathrm{d} u}{\sqrt{u}} = \frac{1}{2} \left.\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} s} \int_0^\infty u^{m-1} \frac{u+2}{u^2 + 4} \mathrm{d} u \right|_{s=\frac{1}{2}} $$ La última integral es una suma de Mellin-Barnes transforma de $\frac{1}{u^2+4}$: $$ \int_0^\infty u^{m-1} \frac{u+2}{u^2 + 4} \mathrm{d} u = 2 \int_0^\infty u^{m-1} \frac{1}{u^2 + 4} \mathrm{d} u + \int_0^\infty u^{s} \frac{1}{u^2 + 4} \mathrm{d} u = \frac{2^{s-2} \pi}{\sin\left(\frac{\pi s}{2}\right)} + \frac{2^{s-2} \pi}{\cos\left(\frac{\pi s}{2}\right)} $$ La diferenciación, y el establecimiento $s=\frac{1}{2}$ se obtiene el resultado: $$ \int_{-\infty}^\infty \frac{\frac{1}{2} \log((t+1)^2)}{t^2+1} \mathrm{d} t = \pi \log(2) $$ La recombinación de las partes real e imaginaria: $$ \int_{-\infty}^\infty \frac{\ln(t+1)}{t^2+1} \mathrm{d} t = \pi \log(2) + i \frac{\pi^2}{4} $$

Answer 2

Sería más fácil si usted defina $$I(\alpha)=\int_{-\infty}^\infty\frac{\ln(\alpha t+1)}{t^2+1}dt.$$ Entonces \begin{eqnarray*} I'(\alpha)&=&\int_{-\infty}^\infty\frac{t}{(\alpha t+1)(t^2+1)}dt\\ &=&\frac{1}{\alpha^2+1}\int_{-\infty}^\infty\left(-\frac{1}{t+\frac{1}{\alpha}}+\frac{t}{t^2+1}+\frac{\alpha}{t^2+1}\right)dt\\ &=&\frac{1}{\alpha^2+1}\left(-\ln\frac{t+\frac{1}{\alpha}}{\sqrt{t^2+1}}+\alpha\arctan t\right)\big|_{-\infty}^\infty\\ &=&\frac{1}{\alpha^2+1}\left[\ln(-1)+\alpha\pi\right]\\ &=&\frac{\pi}{\alpha^2+1}(i+\alpha), \end{eqnarray*} y, por tanto,$I(\alpha)=\pi i\arctan\alpha+\frac{\pi}{2}\ln(\alpha^2+1)+C$. Pero $I(0)=0$ implica $C=0$. Así $$I(1)=\pi i\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{2}\ln 2=\frac{\pi}{2}\left(\ln 2+i\frac{\pi}{2}\right).$$

Answer 3

Un problema relacionado. Haciendo el cambio de variables $t=u-1$ rendimientos, $$ \int^\infty_{-\infty}\frac{\ln(t+1)}{t^2+1}\mathrm{d}t = \int _{-\infty }^{0 }\!{\frac {\ln \left( u \right) }{2+{u}^{2}- 2\,u}}{du} + \int _{0 }^{\infty }\!{\frac {\ln \left( u \right) }{2+{u}^{2}- 2\,u}}{du} $$

La última integral no tiene ningún problema, ya que $\ln(u)$ es real. Para la otra integral, usamos la sustitución de $u=-z$, $$ \int _{-\infty }^{0 }\!{\frac {\ln \left( u \right) }{2+{u}^{2}- 2\,u}}{du} = \int _{0}^{\infty }\!{\frac {\ln \left( z \right)+\ln(-1) }{2+{z}^{2}+2\,z}}dz $$ Que implica que

$$ \int _{-\infty }^{\infty }\!{\frac {\ln \left( u \right) }{2+{u}^{2}- 2\,u}}{du} = \int _{0 }^{\infty }\!{\frac {\ln \left( u \right) }{2+{u}^{2}- 2\,u}}{du} + \int _{0}^{\infty }\!{\frac {\ln \left( z \right) }{2+{z}^{2}+2\,z}}dz +\int _{0}^{\infty }\!{\frac {\ln(-1) }{2+{z}^{2}+2\,z}}dz$$ $$ = \frac{3\pi\ln(2)}{8} + \frac{\pi\ln(2)}{8}+\ln(-1)\,\frac{\pi}{4} $$ Ahora el uso de $ \ln(-1)=i\pi $ el resultado siga $$ \frac{\pi \ln(2)}{2} + \frac{i\pi^2}{4} = \frac{\pi}{2}\left(\ln(2)+\frac{\pi}{2} i\right) $$

Answer 4

Deforman el contorno de recoger el residuo de a $t=i$, $$\begin{eqnarray*} \int^\infty_{-\infty}\frac{\ln(t+1)}{t^2+1}\mathrm{d}t &=& 2\pi i\, \mathrm{Res}_{t=i} \frac{\ln(t+1)}{t^2+1} \\ &=& 2\pi i \frac{\ln(1+i)}{2i} \\ &=& \frac{\pi}{2}\left(\ln 2+\frac{\pi}{2} i\right). \end{eqnarray*}$$ Aquí hemos supuesto que la corta a partir de $t=-1$ es ligeramente inferior a la del contorno original. Esta parece ser la intención de la asunción. (Si en lugar de asumir el corte es ligeramente superior a la del contorno original recoger el residuo de a $t=-i$ y obtener el conjugado complejo de la citada resultado).

Tenga en cuenta que la contribución al infinito se desvanece, ya que va como $\ln(R)/R\,(R\to\infty)$.