Evaluar $\int_0^\infty\frac{\ln x}{1+x^2}dx$

Question

Evaluar $$\int_0^\infty\frac{\ln x}{1+x^2}\, dx$$
No sé por dónde empezar con este, por lo que los llena de evaluación o cualquier sugerencias o empuja en la dirección correcta sería apreciada. Gracias.

Answer 1

Sugerencia

Escribir $$\int_0^\infty\frac{\ln x}{(1+x^2)}dx=\int_0^1\frac{\ln x}{(1+x^2)}dx+\int_1^\infty\frac{\ln x}{(1+x^2)}dx$$ Para la segunda integral a hacer un cambio de variable $x=\frac{1}{y}$ y ver la belleza del resultado.

Estoy seguro de que usted puede tomar a partir de aquí.

Answer 2

En general $$ \mathcal{I}(\alpha)=\int_0^\infty\frac{\ln x}{x^2+\alpha^2}\ dx $$ puede ser evaluado por medio de la sustitución de $u=\dfrac{\alpha^2}{x}\;\Rightarrow\;x=\dfrac{\alpha^2}{u}\;\Rightarrow\;dx=-\dfrac{\alpha^2}{u^2}\ du$, entonces \begin{align} \mathcal{I}(\alpha)&=\int_0^\infty\frac{\ln \left(\dfrac{\alpha^2}{u}\right)}{\left(\dfrac{\alpha^2}{u}\right)^2+\alpha^2}\cdot \dfrac{\alpha^2}{u^2}\ du\\ &=\int_0^\infty\frac{2\ln \alpha\ln u}{\alpha^2+u^2}\ du\\ Y=2\ln \alpha\int_0^\infty\frac{1}{\alpha^2+u^2}\ du-\int_0^\infty\frac{\ln u}{u^2+\alpha^2}\ du\\ Y=2\ln \alpha\int_0^\infty\frac{1}{\alpha^2+u^2}\ du-\mathcal{I}(\alpha)\\ \mathcal{I}(\alpha)&=\ln \alpha\int_0^\infty\frac{1}{\alpha^2+u^2}\ du. \end{align} La última integral se pueden evaluar fácilmente ya que es un común integral. Por medio de la sustitución de $u=\tan\theta$, la integral resulta ser \begin{align} \mathcal{I}(\alpha)&=\frac{\ln \alpha}{\alpha}\int_0^{\Large\frac\pi2} \ d\theta\\ &=\large\color{blue}{\frac{\pi\ln \alpha}{2\alpha}}. \end{align} Así $$ \mathcal{I}(1)=\int_0^\infty\frac{\ln x}{x^2+1}\ dx=\large\color{blue}{0}. $$

Answer 3

Aquí está una appraoch!!

el cambio de $x = \tan \theta$ $$\int_{0}^{\pi/2} \frac{\log(\tan\theta)}{\s^2 \theta} \s^2 \theta d\theta = \int_0^{\pi/2} \log (\sin \theta) d\theta \int_{0}^{\pi/2} \log (\cos \theta) d\theta $$

Por cambio de $\theta \a \pi/2 - \theta$ en el último integrando, obtenemos $$\int_0^{\pi/2} \log (\sin \theta) d\theta \int_{0}^{\pi/2} \log (\cos (\pi/2-\theta)) d\theta = \int_0^{\pi/2} \log (\sin \theta) d\theta \int_{0}^{\pi/2} \log (\sin \theta) d\theta = 0$$

Answer 4

Voy a evaluar un caso más general usando el contorno de la integración.

Considerar $ \displaystyle f(z) = \frac{\log z}{a^{2}+z^{2}}$, donde la rama de corte para $\log z$ se coloca a lo largo de la negativa del eje imaginario.

Ahora se integran alrededor de un contorno, que consiste en el segmento de línea $[-R,R]$ (con un pequeño semicírculo de sangría alrededor del punto de ramificación en el origen) y la mitad superior del círculo $|z|=R$.

Como $R \to \infty$, la integral se desvanece a lo largo de la mitad superior de $|z|=R$ desde $ \displaystyle\lim _{|z| \to \infty} z f(z) = 0$.

Y la integral se desvanece a lo largo de la pequeño-medio círculo alrededor del origen como el radio del semicírculo va a cero desde $ \displaystyle \lim_{z \to 0} z f(z) = 0$.

Luego va alrededor del contorno en sentido antihorario, $$ \begin{align} \int_{-\infty}^{0} \frac{\log|x| + i \pi}{a^{2}+x^{2}} \ dx + \int_{0}^{\infty} \frac{\log x}{a^{2}+x^{2}} \ dx &= \int_{0}^{\infty} \frac{\log u + i \pi}{a^{2}+u^{2}} \ du + \int_{0}^{\infty} \frac{\log x}{a^{2}+x^{2}} \, dx \\ &= 2 \pi i \ \text{Res} [f(z),ia] \\ &= 2 \pi i \ \lim_{z \a ia} \frac{\log z}{z+ia} \\ &= 2 \pi i \ \frac{\log a + i \frac{\pi}{2}}{2ia} . \end{align}$$

E igualando las partes reales en ambos lados de la ecuación,

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{\log x}{a^{2}+x^{2}} \ dx = \frac{\pi \log}{2a} .$$

Answer 5

He aquí otro resultado general, considerar para $|a|\le 1$:

\begin{align*} I(a,b) &= \int_{0}^{\infty} \, \frac{x^a}{b^2+x^2}\, dx \\ &= \frac{b^{- 1}}{2} \int_{0}^{\infty} \, \frac{t^{(a-1)/2}}{1+t}\, dt \etiqueta{1}\\ &= \frac{b^{a-1}}{2}\, \mathrm{B}\left(\frac{1+a}{2},\frac{1}{2}\right) \tag 2\\ &= \frac{b^{a-1}}{2}\, \frac{\pi}{\displaystyle \cos{\left(\frac{\pi}{2}\right)}} \etiqueta 3 \end{align*} $(1)$ es por subst. $\displaystyle x=b\sqrt{t}$

$(2)$ es por la definición de la función Beta: $\displaystyle \mathrm{B}(a,b)=\int_{0}^{\infty} \, \frac{x^{- 1}}{(1+x)^{a+b}} \, dx$

$(3)$ es $\displaystyle \mathrm{B}(a,b)=\frac{\Gamma {()}\Gamma{(b)}}{\Gamma{(a+b)}}$ y de Euler reflexión formula $\displaystyle \Gamma {()}\Gamma{(1-a)}=\frac{\pi}{\sin{\displaystyle \left({\pi}\, un\right)}}$

Por lo tanto,

\begin{align*} \int_{0}^{\infty} \, \frac{x^a \left(\log{x}\right)^n}{b^2+x^2}\, dx &= \frac{\partial^{n} }{\partial^n} \left(\frac{b^{a-1}}{2}\, \frac{\pi}{\cos{\displaystyle \left(\frac{\pi}{2}\right)}}\right) \end{align*} y cuando $b=1, n=1, a= 0$, el resultado es $0$

Actualización:

Un resultado aún mejor:

\begin{align*} \int_{0}^{\infty} \, \frac{x^a \left(\log{x}\right)^n}{b^c+x^c}\, dx &= \frac{\partial^{n} }{\partial^n} \left(\frac{b^{a+1-c}}{c}\, \frac{\pi}{\sin{\displaystyle \left(\frac{1+a}{c}\pi\right)}}\right) \end{align*} donde $\displaystyle 0<\frac{1+a}{c}<1$