De nuevo, impropias integrales implican $\ln(1+x^2)$

Question

¿Cómo puedo comprobar que los valores de $\alpha $ integral $$\int_{0}^{\infty} \frac{\ln(1+x^2)}{x^\alpha}\,dx $$ converge?

Me las arreglé para hacer esto en $0$ porque sé $\ln(1+x)\sim x$ cerca de 0.

No tengo idea de cómo hacer esto en $\infty$ donde no se sabe nada acerca de $\ln(x)$ .

Alguien que me ayude ?

Gracias!

Answer 1

$\newcommand{\+}{^{\daga}}% \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil #1 \right\rceil\,}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\down}{\downarrow}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \cima {= \cima \vphantom{\enorme}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}}% \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}% \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,}% \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle}% \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,}% \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$

La integral converge siempre que $\ds{1 < \Re\alpha < 3}$ como se ha demostrado anteriormente por $\tt\mbox{@Olivier Bégassat}$.

\begin{align} &\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{1 + x^{2}} \over x^{\alpha}}\,\dd x = \overbrace{\int_{1}^{\infty}{\ln\pars{x} \over \pars{x - 1}^{\alpha/2}}\,\half\, \pars{x - 1}^{-1/2}\,\dd x}^{\ds{1 + x^{2} \to x}} = \half\int_{1}^{\infty}{\ln\pars{x} \over \pars{x - 1}^{\pars{\alpha + 1}/2}}\,\dd x \\[3mm]&= \half\overbrace{\int_{1}^{0}{\ln\pars{1/x} \over \pars{1/x - 1}^{\pars{\alpha + 1}/2}}\, \pars{-\,{\dd x \over x^{2}}}}^{\ds{x \to {1 \over x}}} = -\,\half\int^{1}_{0} {x^{\pars{\alpha - 3}/2}\ln\pars{x} \over \pars{1 - x}^{\pars{\alpha + 1}/2}}\,\dd x \\[3mm]&= -\,\half\lim_{\mu \to 0}\partiald{}{\mu}\int^{1}_{0} {x^{\mu + \pars{\alpha - 3}/2}\pars{1 - x}^{-\pars{\alpha + 1}/2}}\,\dd x = -\,\half\lim_{\mu \to 0}\partiald{{\rm B}\pars{\mu + \alpha/2 - 1/2,1/2 - \alpha/2}}{\mu} \end{align} donde ${\rm B}\pars{x,y}$ $\it Beta$ función de: $$ {\rm B}\pars{a,b} \equiv \int_{0}^{1}t^{- 1}\pars{1 - t}^{b - 1}\,\dd t\,,\qquad \Re >0\,,\quad \Re b > 0 $$

Con la identidad $\ds{{\rm B}\pars{a,b} ={\Gamma\pars{a}\Gamma\pars{b} \over \Gamma\pars{a + b}}}$ $\ds{\pars{~\Gamma\pars{z}\ \mbox{is the}\ {\it Gamma}\ \mbox{function}~}}$: \begin{align} &\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{1 + x^{2}} \over x^{\alpha}}\,\dd x= -\,\half\lim_{\mu \to 0}\partiald{}{\mu}\bracks{% {\Gamma\pars{\mu + \alpha/2 - 1/2}\Gamma\pars{1/2 - \alpha/2} \over \Gamma\pars{\mu}}} \\[3mm]&=-\,\half\,\Gamma\pars{\half - {\alpha \over 2}}\lim_{\mu \to 0} \partiald{}{\mu} \bracks{\mu\Gamma\pars{\alpha/2 - 1/2 + \mu} \over \Gamma\pars{1 + \mu}} \end{align} donde hemos usado la identidad de $\Gamma\pars{z + 1} = z\Gamma\pars{z}$.

\begin{align} &\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{1 + x^{2}} \over x^{\alpha}}\,\dd x = -\,\half\,\Gamma\pars{\half - {\alpha \over 2}}\times\lim_{\mu \to 0}\!\!\! \braces{\!\!\!% \bracks{% \Gamma\pars{\alpha/2 - 1/2 + \mu} + \mu\Psi\pars{\alpha/2 - 1/2 + \mu}}\Gamma\pars{1 + \mu} - \Psi\pars{1 + \mu}\bracks{\mu\Gamma\pars{\alpha/2 - 1/2 + \mu}} \over \Gamma\pars{1 + \mu}\!\!\!} \end{align} $\ds{\Psi\pars{z} \equiv \totald{\ln\pars{\Gamma\pars{z}}}{z}}$ $\it digamma$ la función.

Con $\ds{\Gamma\pars{1} = 1}$ y la identidad $\ds{\Gamma\pars{z}\Gamma\pars{1 - z} = {\pi \over \sin\pars{\pi z}}}$: \begin{align} &\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{1 + x^{2}} \over x^{\alpha}}\,\dd x\\[3mm]&= -\,\half\,\Gamma\pars{\half - {\alpha \over 2}}\Gamma\pars{{\alpha \over 2} - \half} =-\,\half\, {\pi \over \Gamma\pars{1/2 + \alpha/2}\sin\pars{\pi\bracks{1/2 - \alpha/2}}} \Gamma\pars{{\alpha \over 2} - \half} \\[3mm]&=-\,\half\,{\pi \over \cos\pars{\pi\alpha/2}} {\Gamma\pars{\alpha/2 - 1/2} \over \Gamma\pars{1/2 + \alpha/2}} =-\half\,\pi\sec\pars{\pi\alpha \over 2}\, {\Gamma\pars{\alpha/2 - 1/2} \over \pars{\alpha/2 - 1/2}\Gamma\pars{-1/2 + \alpha/2}} \end{align}

$$\color{#0000ff}{\large% \int_{0}^{\infty}{\ln\pars{1 + x^{2}} \over x^{\alpha}}\,\dd x = -\,{\pi\sec\pars{\pi\alpha/2} \\alfa - 1}\,,\qquad 1 < \Re\alpha < 3} $$

Answer 2

Para comprobar la integrabilidad, en las inmediaciones de $0$, el uso de $$\frac{\ln(1+x^2)}{x^{\alpha}}\sim\frac{1}{x^{\alpha-2}}$$ que es integrable iff$\alpha-2<1$. En $+\infty$, uno tiene $$\frac{\ln(1+x^2)}{x^{\alpha}}\sim\frac{2\ln(x)}{x^{\alpha}}.$$ No es muy difícil probar que

Para todos los $\alpha,\beta\in\Bbb R$, $$\frac{1}{x^{\alpha}\ln(x)^{\beta}}$$ es integrable en las inmediaciones de $+\infty$ fib bien $\alpha>1$ o $\alpha=1$ $\beta>1$

De ello se desprende que su función es integrable en a $\Bbb R^*_+$ fib $1<\alpha<3$.

Answer 3

Para grandes valores de $x$, podemos construir la expansión
$$ \log[1 + x^2] = 2 \log[x] + \frac{1}{x^2} - \frac{1}{2 x^4} + \frac{1}{3 x^6} - \frac{1}{4 x^8} $$ Entonces, yo creo que el único problema es que ahora para calcular la antiderivada de $\log[x] / x^a$, que es bastante simple usando integración por partes ($u = \log[x]$ , $v'= 1 / x^a$).

El resultado es $\frac{x^{1-a} \log[x]}{1-a} - \frac{x^{1-a}}{1-a)^2}$

Recuerde cómo se comportan el producto de $x$ poder $\log[x]$. A continuación, llegar a lo que Olivier le estaba diciendo.

Espero que esto aclara. Si no, sólo post y vamos a seguir. Saludos.

Answer 4

SUGERENCIA

Yo sugerimos que desarrolle $\log(1+x^2)$ como una serie infinita (Taylor); dividir cada término por $x^a$, calcular la anti-derivada y mirar donde y cuando llegan los problemas al calcular la integral entre cero y el infinito.